DE THI THU DH VA DAP AN 2010

Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.. Tính thể tích khối.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: Tốn

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số

2

  

x x y

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

2 Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận (C) A B. Gọi I là giao điểm đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 

    

 

 

2 cos sin cos sin sin

1 x x x 2x  x

2 Giải bất phương trình 

    

 

   

 x x x x

x

2 log ) ( 2 ) 4 ( log

2

2

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân  

  

 

  

e

dx x x x x

x I

1

2

ln ln

ln Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC = a

SAa 3,  

30

 

SAB SAC Tính thể tích khối

chóp S.ABC

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c =

4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

3

3

3

1

1

a c c b b a P

     

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần: Phần phần 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2x y50 d2: 3x +6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đường thẳng cắt hai đường thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đường thẳng d1, d2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) mặt phẳng (P) có phương trình:xyz 20 Gọi A’là hình chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm bán kính đường trịn (C) giao (P) (S)

Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dương n biết:

2 2

2 2

2   3.2.2   ( 1)  k ( 1)2k k  (2 1)2 n n 40200

n n n n

C C k k C n n C

Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)

Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 16

2

  y x

Viết phương trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H)

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho  P :x2y z50 đường thẳng

3

3 : )

(d x y z , điểm A( -2; 3; 4) Gọi là đường thẳng nằm (P) qua giao điểm

( d) (P) đồng thời vng góc với d Tìm  điểm M cho khoảng cách AM ngắn

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phương trình    

   



  



1 1

3

2. 3 2 2

2

3

1

x xy x

x y y

x

- Hết -Chú ý: Thí sinh dự thi khối B D làm câu V

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh: - Số báo danh: -Dáp án

Câu Nội dung Điểm

I 1 Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số 1,00

1) Hàm số có TXĐ: R  2\ 0,25

2) Sự biến thiên hàm số:

a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận:

*  

 

 

y lim ;

y lim

2 x

x

Do đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số

* lim lim

       

x y x y đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số

0,25

b) Bảng biến thiên: Ta có:

x 2 0, x

1 '

y 2   

  Bảng biến thiên:

x -  + 

y’ -

-y

-

+ 

2 * Hàm số nghịch biến khoảng  ;2 2;

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung       ;

0 cắt trục hoành điểm       ;0

2

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

I 2 Tìm M để đường trịn có diện tích nhỏ 1,00

Ta có: , x

2 x x ; x M 0

0  

      

,  2

0 x ) x ( ' y   

Phương trình tiếp tuyến với ( C) M có dạng:

  x

3 x ) x x ( x y : 0         0,25

Toạ độ giao điểm A, B   hai tiệm cận là: ; B2x 2;2 x x ; A 0 0         

Ta thấy A B x0 xM

2 x 2 x x      

, M

0 B A y x x 2 y y     

suy M trung điểm AB

0,25

Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích

S =   

                                ) x ( ) x ( 2 x x ) x ( IM 2 2 0 2 0,25

Dấu “=” xảy 

        3 x 1 x )2 x( 1 )2 x( 0 2

Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3)

0,25

II 1 Giải phương trình lượng giác 1 điểm

) ( cos sin cos sin sin

1 2

        

 x x x x  x

  x sinx

2 cos x sin x cos x sin x sin

1  

            0,25 x cos x sin x cos x sin x sin x sin x cos x sin x

sin 

                  0,25 x sin 2 x sin 2 x sin x

sin 

2

sin x

x k

x k x

sin x x k , k

2 k2 x k4

2

x x

2 sin sin

2



 

   

   



         



       

 

  



Z 0,25

II 2 Giải bất phương trình 1 điểm

ĐK: *

2 1 x 2 1 x

2 1 x 0)1x2( 2 1 x 01x4x4 0x 2 1

2 2

      

       

       

 

0,25

Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:

log (1 2x) 1

) x ( x ) x ( log

2 2      2  

log (1 2x) 1

x 2   



           

 

  

    

       

 

  

    

       

 

  

    

  

0x 4 1 x

1)x21(2 0x

1)x21(2 0x

0)x21(2log 0x

0)x21(2log 0x

01)x21(log 0x

01)x21(log 0x

2 2

2 2

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta có:

2 x



 x < 0,25

III Tính tích phân 1 điểm



 

 

e

1 e

1

xdx ln x dx x ln x

x ln I

+) Tính 

 

e

dx x x

x I

1

ln

ln

Đặt dx

x tdt ; x ln t x ln

t     

Đổi cận: x1 t1;xe t

0,25

     

3 2 t

3 t dt t tdt t

1 t I

2

1 2

1

       

  

 

+) Tính I x lnxdx

e

1

2  Đặt

     

     

 

3 x v

x dx du dxx dv

xln u

3

2 0,25

e

3 3 3

e e

2 1

1

x e x e e 2e

I ln x x dx

3 3 3 9



         0,25

  I1 3I2 I

3 e 2

5 

0,25 IV Tính thể tích hình chóp điểm

Theo định lí cơsin ta có:



2 2 2

SB SA AB  2SA.AB cos SAB3a a  2.a 3.a cos 30 a Suy SBa Tương tự ta có SC = a

0,25 Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác

cân nên MB  SA, MC  SA Suy SA  (MBC)

Ta có S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC

3 S

SA S

MA V

V

V     

0,25 Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng

bằng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN  BC Tương tự ta có MN  SA

16 a

3 a a a AM BN

AB AM AN MN

2 2

2 2 2

2

                  

  



4 a

MN



0,25

Do

16 a a

3 a a BC MN SA V

3 ABC

S    0,25

V Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 điểm

S

A

B

C M

áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

z y x

9 z

1 y x xyz

3 xyz z y x ) z y x (

3

       

   

 

  

 (*)

áp dụng (*) ta có 3 3 3

a c c b b a

9 a

3 c

1 c b

1 b a

1 P

           

0,25

áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có

   

   

   

3 3

a 3b 1

a 3b 1.1 a 3b

3

b 3c 1

b 3c 1.1 b 3c

3

c 3a 1

c 3a 1.1 c 3a

3

  

    

  

    

  

    

0,25

Suy 3a 3b 3 b 3c 3c 3a 134 a b c 6     4.3

3

 

    

 

Do P3

0,25

Dấu = xảy

3

a b c a b c

4 4

a 3b b 3c c 3a



   

     

      



Vậy P đạt giá trị nhỏ abc1/4

0,25

VIa.1 Lập phương trình đường thẳng 1 điểm Cách 1: d1 có vectơ phương a1(2;1); d2 có vectơ phương a2(3;6)

Ta có: a1.a2 2.3 1.60 nên d1 d2 d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình:

0 B A By Ax ) y ( B ) x ( A :

d         

0,25 d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2)

một góc 450

  

 

      

  

 

A 3 B

B 3 A 0 B 3 AB 8 A 3 45 cos )1 ( 2 B A

B A

2 0 2 2

2 2

0,25

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d:3xy 50 0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:x 3y 50

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3xy 50

5 y x :

d    0,25

Cách 2: Gọi d đường thẳng cần tìm, d song song với đường phân giác ngồi đỉnh giao điểm d1, d2 tam giác cho

Các đường phân giác góc tạo d1, d2 có phương trình

  

   

           

    

 

) ( 0 8 y3 x9

) ( 0 22 y9 x3 7 y6 x3 5 y x2 3 6 3

7 y6 x3 )1 ( 2

5 y x2

2

2 2

0,25

+) Nếu d // 1 d có phương trình 3x 9yc0

+) Nếu d // 2 d có phương trình 9x3yc0

Do Pd nên 18 3c0 c15 d:3xy 50 0,25

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d:3xy 50 y x :

d    0,25

VIa 2 Xác định tâm bán kính đường trịn 1 điểm

Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)

* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) qua A’, B, C, D là: 0,25 a b c d 0

, d cz by ax z y

x2 2 2     2 2 2 

Vì A',B,C,D S nên ta có hệ:

                                       1 d 1 c 1 b 2 5 a 0 21 d c4 b2 a8 0 29 d c4 b6 a8 0 14 d c4 b6 a2 0 2 d b2 a2

Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: 2 2

     

y z x y z

x

0,25

(S) có tâm 

     ; ;

I , bán kính

2 29

R

+) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đường tròn ( C) +) Gọi ( d) đường thẳng qua I vng góc với (P)

(d) có vectơ phương là: n1;1;1

Suy phương trình d: 

                    t 1;t 1;t 2 5 H t 1 z t 1 y t 2/ 5 x

Do H d (P) nên:

6 t t t t t                     ; ; H 0,25 36 75

IH  , (C) có bán kính

6 186 31 36 75 29 IH R

r 2     0,25

VII a. Tìm số nguyên dương n biết 1 điểm

* Xét 2n 2n

1 n k k n k 2 n 1 n n n x C x C ) ( x C x C C ) x (                 (1)

* Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có:

n n n k k n k n 1 n n x C ) n ( x kC ) ( x C C ) x )( n (                  (2) 0,25

Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có:

1 n n n 2 k k n k n 2 n n x C ) n ( n x C ) k ( k ) ( x C C ) x )( n ( n

2  

                0,25

Thay x = vào đẳng thức ta có:

2 k k k 2n 2n

2n 2n 2n 2n

2n(2n 1) 2C  3.2.2C  ( 1) k(k 1)2  C  2n(2n 1)2  C 

Phương trình cho 2n(2n 1) 40200 2n2 n 20100 n 100

   

  



 0,25

VIb.1 Viết phương trình tắc E líp 1 điểm

(H) có tiêu điểm F1 5;0;F25;0 Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh

là M( 4; 3), 0,25

Giả sử phương trình tắc (E) có dạng: b y a x

2

2



 ( với a > b) (E) có hai tiêu điểm F1 5;0;F25;0 a2 b2 52  1

0,25

4;3  E 9a 16b a b  2

M 2 2

 

 

Từ (1) (2) ta có hệ:

  

   

 

 

 

15 b

40 a ba b16 a9

b 5 a

2 2 22 2 2

2 2 2

0,25

Vậy phương trình tắc (E) là: 15

y 40 x2



 0,25

VIb 2 Tìm điểm M thuộc  để AM ngắn 1 điểm

Chuyển phương trình d dạng tham số ta được:     

 

 

 

3 1 3 2 t z

t y

t x

Gọi I giao điểm (d) (P)  I2t 3;t 1;t3

Do I P  2t 32(t 1) (t 3)50 t1 I 1;0;4

0,25

* (d) có vectơ phương a(2;1;1), mp( P) có vectơ pháp tuyến

1;2;1

n

a,n 3;3;3

 Gọi u vectơ phương   u 1;1;1

0,25

    

      

u 4 z

u y

u 1 x

: Vì M M 1 u;u;4u,  AM1 u;u 3;u 0,25

AM ngắn  AM  AMu AM.u0 1(1 u)1(u 3)1.u0

3 u

 Vậy 

  

  

3 16 ; ;

7

M 0,25

VIIb Giải hệ phương trình: 1 điểm

   

   



  



) 2 ( 1 x xy 1 x 3

) 1 ( 2

. 3 2 2

2

x y y x

Phương trình (2)

  

    

 

   

0)1 3(

1 1 13

01

2 yxx

x xxy x x

    

  

    

      

    

x y x x yx x x

31 1 0 01 3

0 1

* Với x = thay vào (1)

11 log 11

8 2 12

2 y2  y   y  y  y   y 2

0,25

* Với

  

 

 

x y

x

3 1

1

thay y = – 3x vào (1) ta được: 23 3.2    

 x

x

Đặt 23 1

 x

t Vì x1 nên 

t

    

    

 

    

  

     

)8 3( log 2y

18 3 log 3 1 x 8 3t

i¹lo 8 3t 01 t6 t6 t 1 t) 3(

2 2 2

0,25

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm

    

 

11 8 log y

0 x

2

   

    

 



  

) 8 3 ( log 2 y

1 8 3 log 3 1 x

2