Bài soạn de thi dh so 1114

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 13) I. PHẦN CHUNG: (7 điểm) Câu 1:Cho hàm số: y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 có đồ (C m ); (m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số khi m = 3. 2. Xác đònh m để (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại D và E vuông góc với nhau. Câu 2: 1. Giải phương trình: 2cos3x + 3 sinx + cosx = 0 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 2 91 2 (1) 91 2 (2) x y y y x x  + = − +   + = − +   Câu 3: Cho số thực b ≥ ln2. Tính J = − ∫ x ln10 b 3 x e dx e 2 và tìm →b ln2 lim J. Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc 90 o . Câu 5: Ch x, y, z dương thoả 1 1 1 2009 x y z + + = . Tìm GTLN của biểu thức P = 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + + + + + + + II.PHẦN TỰ CHỌN: 1.Ph ầ n 1 : Theo chương trình chuẩn Câu 6: 1a/ 1.Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa ®é là :5x - 2y + 6 = 0; 4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giac đó, biết rằng trực tâm của no trung với gốc tọa độ O. 2. Tìm trên Ox điểm A cách đều đ.thẳng (d) : 2 2z 2 y 1 1x + == − và mp(P) : 2x – y – 2z = 0. Câu 6.2a/ Cho tập hợp X = { } 0,1,2,3,4,5,6,7 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiªn gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1. 2. Ph ầ n 2 : Theo chương trình nâng cao. Câu 6b. 1b/ 1. Cho đường trßn (C): x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . 2. Cho hai đường thẳng: (d 1 ) :      = = = 4z ty t2x ; (d 2 ) : 3 0 x t y t z = −   =   =  . CM (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ). Câu 6b.2b/ Giải phương trình sau trong C: Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0 H ƯỚ NG D Ẫ N GI Ả I: ( đề s ố 13) I. PH Ầ N CHUNG: Câu 1: : 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng y = 1 là: x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x 2 + 3x + m) = 0 ⇔ =   + + =  2 x 0 x 3x m 0 (2) * (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt: ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x D , x E ≠ 0. ⇔ ≠  ∆ = − >   ⇔   < + × + ≠    2 m 0 9 4m 0 4 m 0 3 0 m 0 9 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: k D = y’(x D ) = + + = − + 2 D D D 3x 6x m (x 2m); k E = y’(x E ) = + + = − + 2 E E E 3x 6x m (x 2m). Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k D k E = –1. ⇔ (3x D + 2m)(3x E + 2m) = 9x D x E +6m(x D + x E ) + 4m 2 = –1 ⇔ 9m + 6m × (–3) + 4m 2 = –1; (vì x D + x E = –3; x D x E = m theo đònh lý Vi-ét). ⇔ 4m 2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = ( ) m 1 9 65 8 ĐS: m = ( ) ( ) − = m 1 1 9 65 hay m 9 65 8 8 Câu 2: 1. + + =3 sin x cosx 2cos3x 0 ⇔ sin π 3 sinx + cos π 3 cosx = – cos3x. ⇔ cos π   − =−     x cos3x 3 ⇔ cos π   − = π−     x cos( 3x) 3 ⇔ π π  = +  ∈  π  = + π  k x 3 2 (k Z) x k 3 ⇔ x = π π + k 3 2 (k ∈ Z) 2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 2 2 2 2 91 91 2 2x y y x y x+ − + = − − − + − 2 2 2 2 ( )( ) 2 2 91 91 x y y x y x y x y x x y − − ⇔ = + − + − + − + + + 2 2 1 ( ) 0 2 2 91 91 x y x y x y x y x y   +  ÷ ⇔ − + + + =  ÷ − + − + + =   ⇔ x = y (trong ngoặc ln dương và x vay đều lớn hơn 2) Vậy từ hệ trên ta có: 2 2 91 2x x x+ = − + 2 2 91 10 2 1 9x x x⇔ + − = − − + − 2 2 9 3 ( 3)( 3) 2 1 91 10 x x x x x x − − ⇔ = + − + − + + + 2 1 1 ( 3) ( 3) 1 0 2 1 91 10 x x x x     ⇔ − + − − =  ÷  ÷  ÷ − + + +     ⇔ x = 3 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 Câu 3: J  − −   = = =   − ∫ ∫ b b ln10 8 x 8 2/ 3 1/ 3 3 x e 2 b e 2 e dx du 1 u 3 u e 2    − −   b 2/ 3 3 4 (e 2) ; 2 với u = e x – 2, du = e x dx) Suy ra: → →   = − − = =   b 2/ 3 b ln2 b ln2 3 3 lim J lim 4 (e 2) (4) 6 2 2 Câu 4: Dựng SH AB⊥ ° Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂ SH (ABC)⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp. ° Dựng HN BC, HP AC⊥ ⊥ · · SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α ° SHN = SHP   ⇒ HN = HP. ° AHP vuông có:  o a 3 HP HA.sin60 . 4 = = ° SHP vuông có:  a 3 SH HP.tg tg 4 = α = α ° Thể tích hình chóp 2 3 ABC 1 1 a 3 a 3 a S.ABC : V .SH.S . .tg . tg 3 3 4 4 16 = = α = α Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có: 4ab ≤ (a + b) 2 1 4 a b a b ab + ⇔ ≤ + 1 1 1 ( , 0) 4 a b a b   ⇔ + ∀ >  ÷   Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z         ≤ + ≤ + + = + +    ÷  ÷  ÷ + + +         Tương tự: 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z   ≤ + +  ÷ + +   và 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z   ≤ + +  ÷ + +   Vậy 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + + + + + + + 1 1 1 1 2009 4 4x y z   ≤ + + =  ÷   Vậy MaxP = 2009 4 khi x = y = z = 12 2009 II.PHẦN TỰ CHỌN: 1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản Câu 6a.1a 1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP a r = (7; - 4) của AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 2. Gọi A(a; 0; 0) Ox∈ . ° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) :  2 2 2 2a 2a d(A; ) 3 2 1 2 α = = + + ° ( ) qua  0 M (1; 0; 2)− và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)= r ° Đặt 0 1 M M u= uuuuuur r ° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác  0 1 AM M S H P C A B N ϕ 0 1 2 0 AM M 0 1 [AM ; u] 2.S 8a 24a 36 d(A; ) M M u 3 − + ⇒ ∆ = = = uuuuur r r ° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )   2 2 2 2 2 2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0 3 3 4(a 3) 0 a 3. − + ⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu 6a.2a n = a b cde * Xem các số hình thức a b cde , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vò trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là c). Sau đó chọn trò khác nhau cho 4 vò trí còn lại từ X \ { } 1 : số cách chọn 4 7 A . Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài. * Xem các số hình thức 0bcd e . * Loại những số dạng hình thức 0bcd e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài. 1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: Câu 6b.1b 1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2 M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy · · 0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB  =   =  Vì MI là phân giác của · AMB (1) ⇔ · AMI = 30 0 0 sin 30 IA MI⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ 2 9 4 7m m+ = ⇔ = m (2) ⇔ · AMI = 60 0 0 sin 60 IA MI⇔ = ⇔ MI = 2 3 3 R ⇔ 2 4 3 9 3 m + = Vơ nghiệm Vậy có hai điểm M 1 (0; 7 ) và M 2 (0;- 7 ) 2.- (d 1 ) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương 1 u (2; 1; 0) = r - (d 2 ) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương 2 u (3; 3; 0)= − r AB (3; 0; 4)= − uuur ° 1 2 1 2 AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒ uuur r r uuur r r không đồng phẳng. ° Vậy, (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau. ° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ) ° 1 M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒ , / / 2 N (d ) N(3 t ; t ; 0)∈ ⇒ + − / / MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − − uuuur ° Ta có: / / / 1 / / 2 MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4) t 1 N(2; 1; 0) t 1 3 t 2t (t t) 0 MN u   ⊥ + − − + =  = −    ⇒ ⇔ ⇒     = + − + + = ⊥       uuuur r uuuur r ° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính 1 R MN 2. 2 = = ° Vậy, phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 (x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − = Câu 6b.2b Xét phương trình Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0 Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z 1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z 2 = 2. Vậy phương trình trở thành: (Z + 1)(Z – 2)(Z 2 + 8) = 0 Suy ra: Z 3 = 2 2 i và Z 4 = – 2 2 i Đáp số: { } − − −1,2, 2 2 i, 2 2 i -------------------------------Hết----------------------------------- . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi : TỐN (ĐỀ 13) I. PHẦN CHUNG: (7 điểm) Câu 1:Cho hàm. ⇔ − = ⇔ = ° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu 6a.2a n = a b cde * Xem các số hình thức a b cde , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vò trí cho 1 (1 là a hoặc là