[r]
(1)ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 LB6 Mơn thi : TỐN
(Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề) ………*******………
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: Cho hàm sốy x 2mx2 (m3)x4 có đồ thị (Cm)
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m =
2) Cho (d ) có phương trình y = x + điểm K(1; 3) Tìm giá trị m cho (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C cho tam giác KBC có diện tích
Câu II:
1) Giải phương trình: cos2x 5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x 2) Gii h phng trỡnh: Giải hệ phơng tr×nh:
y y
x x
y y x y x
) 2 )(
1 (
4 ) ( 1 2
(x, yR)
Câu III 1) Tính tích phân: I = 2
3
sinxdx (sinx + cosx)
2) Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực: 91 1 x2 (m2)31 1 x2 2m 1 0
Câu IV: Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC SBC tam giác cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC)
II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) (Thí sinh làm phần a b) Phần a:
Câu V.a Trong mặt phẳng với hệ trơc Oxy cho parabol (P): yx2 2x vµ elip (E):
2
y
x .
Chứng minh (P) giao (E) điểm phân biệt nằm đờng trịn Viết phơng trình đờng trịn qua điểm ú
2.Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình 2 2 11
y z x y z
x vµ
mặt phẳng () có phơng trình 2x + 2y - z + 17 = Viết phơng trình mặt phẳng () song song với () cắt (S) theo giao tuyến đờng trịn có chu vi 6
C©u VI a Chứng minh với số tự nhiên n ( với n 2), ta có: ln2n > ln(n-1).ln(n+1) Phần b:
CâuVb: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương trình
3 1
2
1
y z
x
Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn
2.Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ABC có diện tích
2; trọng tâm G ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – = Tìm bán kính đường tròn nội tiếp ABC
CâuVI b: :Giải bất phương trình log5(3+ x) >log4 x Hết………
(2)HƯỚNG DẨN GIẢI ĐỀ LB6
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
CâuI.1.(Học sinh tự giải)
2)Phương trình hồnh độ điểm chung (Cm) d là:
3 2
2
2 ( 3) 4 (1) ( 2)
( ) 2 (2)
x
x mx m x x x x mx m
g x x mx m
(d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác
/ 2 0 1 2
( )
(0)
m m
m m a
m
g m
Mặt khác: ( , )1 4
2
d K d Do đó:
2
8 ( , ) 16 256
2
KBC
S BC d K d BC BC
2
(xB xC) (yB yC) 256
với x xB, Clà hai nghiệm phương trình (2)
(xB xC) ((2 xB4) ( xC 4))2 256 2(xB xC)2 256 (xBxC)2 4x xB C 128
2 137
4 4( 2) 128 34
2
m m m m m
(thỏa ĐK (a)) Vậy 137
2
m
CâuII:1 Phương trình (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – = 0
cos - sin -1
cos - sin 5( cos -sin 2)
x x
x x loai vi x x
2
2sin( ) sin( ) sin ( )
4 4 2
x k
x x k Z
x k
2) Hệ phơng trình tơng đơng với
2
( 2)
1
( 2)
x x y y x x y y
Đặt ,v x y y x u
Ta cã hÖ u v 1
1 uv 2 v u Suy 1 2 y x 1 y 1 x2
Giải hệ ta đợc nghiệm hpt cho (1; 2), (-2; 5) Cõu III:1 Đặt x =
2 u
dx = - du
Đổi cận: x = u =
; x =
2
u =
Vậy: I =
2
3
0
sin( ) cosxdx
2
sinx + cosx
sin os
2
u du
u c u
Vậy : 2I =
2
3
0
sinx + cosx
(sinx + cosx) sinx + cosx
dx dx = 2 tan 1 2
2 os
4 x dx c x
2
I
2 Tìm giá trị tham số thực m cho phương trình sau có nghiệm thực: 91 1 x2 (m2)31 1 x2 2m 1 0(1)
* Đk x[-1;1], đặt t = 1 1
3 x ; x[-1;1] t[3;9]
Ta có: (1) viết lại
2
2 ( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1
2
t t
t m t m t m t t m
t
(3)Xét hàm số f(t) =
2 2 1
2
t t
t
, với t[3;9] Ta có:
2
/( ) 3, ( ) 0/
3 ( 2)
t
t t
f t f t
t t
Lập bảng biến thiên
t f/(t) +
f(t)
4 48
7
Căn bảng biến thiêng, (1) có nghiệmx[-1;1] (2) có nghiệm t[3;9] 4m487
CâuIV:Gọi M trung điểm BC O hình chiếu S lên AM Suy ra: SM =AM =a23; AMS 600
SO mp(ABC)
d(S; BAC) = SO =34a
Gọi VSABC- thể tích khối chóp S.ABC
VS.ABC =
3 3
1 .
3SABCSOa16 (đvtt)
Mặt khác, VS.ABC =1 ( ; ) 3SSAC d B SAC
SAC cân C có CS =CA =a; SA =a23
2 13 3
16 SAC
a S
Vậy: d(B; SAC) =
13
S ABC SAC
V a
S
(đvđd). II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
Câu V.a 1Viết phơng trình đờng tròn qua giao điểm của(E) (P)
Hoành độ giao điểm (E) (P) nghiệm phơng trình
0 x 37 x 36 x ) x x (
x 2
2
(*)
XÐt f(x)9x4 36x337x2 9, f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, (E) cắt (P) điểm phân biệt
Toạ độ giao điểm (E) (P) thỏa mãn hệ
1 y 9 x
x 2 x y
2
2
0 9 y8 x 16 y9 x9 9 y9 x
y8 x 16
x8 2 2
2
2
(**)
(**) phơng trình đờng trịn có tâm
9 ;
I , b¸n kÝnh R =
9 161
Do giao điểm (E) (P) nằm đờng tròn cú phng trỡnh (**)
2.Viết phơng trình mặt phẳng ()
Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = (D17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R =
Đờng tròn có chu vi nên có bán kính r =
Khoảng cách từ I tới () h = R2 r2 52 32 4
GV:Mai-Thành LB ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG C
S
O M
A
(4)Do
(lo¹i) 17 D
7 D 12 D 5 4 )1 ( 2 2
D 3 )2 (2 1. 2
2 2
VËy () cã phơng trình 2x + 2y z - =
CâuVI.a Xét n > ln(n – 1) > BĐT tương đương với: ln ln( 1) ln( 1) ln
n n
n n
(1)
Hàm số f(x) = ln ln( 1)
x
x , với x > hàm nghịch biến,
nên với n > f(n) > f(n+1) ln ln( 1) ln( 1) ln
n n
n n
BĐT (1) chứng minh
CâuVb *1.Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, đó khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AH HI=> HI lớn AI
Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véctơ pháp tuyến
Mặt khác, Hd H(12t;t;13t)vì H hình chiếu A d
nên AH d AH u 0 ( u(2;1;3)là véc tơ phương d) H(3;1;4) AH(7;1;5)
Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 7x + y – 5z –77 = 2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 d(C; AB) =
2
ABC
a b S
AB
8(1)
2(2)
a b a b
a b
; Trọng tâm G
5;
3
a b
(d) 3a –b =4 (3)
Từ (1), (3) C(–2; 10) r = Sp 2 653 89
Từ (2), (3) C(1; –1) rSp 2 53
CâuVIb:Lời giải: ĐK x > 0.
Đặt t = log4x x = 4t, BPT trở thành log5(3 + 2t ) > t 3 + 2t >5t ( )2
5
t
t Xét hàm số f(t) =
3
( ) 5
t
t nghịch biến R f(t) =
Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1) t < 1, ta log4x < < x < HẾT………