De thi thu DH 2010 2011

Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè trªn.[r]

(1)

Đề thi thử đại học năm 2010 ôn luyện thi Đại Học Mơn Tốn – Lần 1

Thêi gian lµm bµi 180 phót

Giáo viên đề: Nguyễn Quốc Hồn (0913 661 886)

PhÇn chung cho tất cả thí sinh (7 điểm):

Cõu 1 (2điểm) Cho hàm số: y x3 (m1)x2 m (1), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m4

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua hai điểm cực trị

Câu 2 (2điểm)

1 Giải ph-ơng trình: 3cos sin .cos 2.cos2 26

3

x x x x  

   

2 Giải hệ ph-ơng trình:

2

25 0,2

2

log ( 1) log (3 )

x xy y

x y x x y 

   



     

 (x y, R)

Câu 3 (1điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đ-ờng: ylg(4x2 5x1); y0; x0; x1

Câu 4 (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp tứ giác S.ABCD biết S(1;–4;1), A(1;1;–4), C(1;3;2) Gọi H trung điểm BD K trực tâm tam giác SAB Tớnh di on HK

Câu 5 (1điểm) Cho số thực x y z, , thoả mÃn 0x y z, , 1 vµ x  y z Chứng minh rằng:

(1x)(1 y)(1z)4

Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đ-ợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo ch-ơngtrình Chuẩn

Câu 6 a(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đ-ờng tròn (C): x2  y2 2x4y 4 đ-ờng thẳng d: 4x3ym0 Tìm m để d có điểm P mà từ kẻ đ-ợc hai tiếp tuyến PA, PB

tới (C) (A, B tiếp điểm) cho tam giác PAB

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đ-ờng thẳng d: 13

2 15

x y z

    

    

Viết ph-ơng trình mặt

phng () qua M(3;–2;1) cho khoảng cách từ d đến () ln nht

Câu 7 a(1 điểm) Gọi Cnk số tổ hợp chập k n phần tử TÝnh: 20090 12009 20092 20092009

2 2010

C  C  C  C

B Theo ch-ơngtrình Nâng cao

Câu 6 b(2 điểm)

1 Trong mt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elip (E):

2

1 16

x y

  parabol (P): y x2 2x Chứng minh (E) (P) cắt bốn điểm phân biệt viết ph-ơng trình đ-ờng trịn qua giao điểm

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tam giác ABC biết ph-ơng trình AB:

1

x t

y t z

   

     

vµ

AC: 4

7

x  y  z

  Viết ph-ơng trình BC biết trực tâm tam giác ABC trùng với gốc toạ độ Câu 7 b(1 điểm) Giải ph-ơng trình sau tập số phức:  z2  z 22   z 12

Cán coi thi không giải thích thêm

(2)

NguyễnQuốcHoàn 0913 661 886

H

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010 mơn tốn –lần (04 04 2010)

Câu Yêu cầu Điểm

Phần chung (7 điểm)

Câu (2đ)

Thay ỳng m = Tìm TXĐ 0,25

Đạo hàm, xét dấu đạo hàm, đồng biến nghịch biến 0,25

Cùc trÞ, giíi hạn 0,25

Bảng biến thiên 0,25

th, có điểm phụ, điểm uốn tâm đối xứng đồ thị 0,25

2

1

m đồ thị hàm số có điểm cực trị 0,25

Ph-¬ng trình đ-ờng thẳng qua hai điểm cực trị: 2( 1)2

y m xm 0,5

C©u (2®)

2

2 sin cos 2cos

3 3

PT

x  x  x 

     

         

     

0,25

2

3 sin cos

3

x  x 

   

       

   

2

3 sin cos

3

x  x 

   

      

   

0,25

2

2sin

3

x  

 

    

 

1 sin

2

x 

 

   

 

0,25

1 cos

2

x

  2

3

x  k 

    ,

6

x  k k

  Z

Ph-ơng trình có nghiệm: ,

6

x  k kZ

0,25

2 2

2

2 (2 )( ) 1 (*)

2

y x

x xy y x y x y

y x

  

       

  

0,25

2

25 0,2

log (x  y   x 1) log (3x4 )y 

2

5

log x y x log (3x )y

     

2

3 (1)

1 (2)

x y

x y x x y

  

 

     

0,25

Thay (*) vào (2) giải tìm nghiệm thoả mÃn (1)

Hệ ph-ơng trình có nghiệm:

1

x y

   

0,5

Câu (1đ)

2

4x 5x   1 1, x lg(4x 5x   1) 0, x

Diện tích hình phẳng cần tính: S =

1

0

lg(4x 5x1)dx 

0,25

… S =  

1

2

0

1

lg(4 1)

ln10

x x

x x x dx

x x



  

 

(3)

NgunQcHoµn 0913 661 886

 S =

1

2

1 2(4 1) (4 1) ( 1)

1

ln10

x x x x

dx

x x

     



 



 S =

1 1

0 0

1 1

1

ln10 dx x 1dx 4x 1dx

 

    

 

   

0,25

1

0

1

S ln( 1) ln(4 1)

ln10 x x x

 

        

 

 

1 ln 1ln

ln10

 

     

  (®vdt)

0,25

Câu (1đ)

SH (ABCD) H vµ H(1 ; ; –1)  SH = 036 4 10 AC = 0 4 362 10  AB =

Gäi J lµ trung ®iĨm AB  HJ = vµ SJ  AB t¹i J

0,25

Chøng minh: HK  AB vµ HK  SB  HK  (SAB)  HK SJ K 0,5

SHJ vuông H, có đ-ờng cao HK Tính đ-ợc HK = 10

0,25

Câu (1đ)

Vi gt đặt: xsin2A, ysin2B, zsin2C (A, B, C ba góc

tam gi¸c ABC nhän) ( 2

sin Asin Bsin C  2 2cos cos cosA B C)

0,25

L¹i cã: x      y z x y z (1)

Vµ: sin sinA Bsin sinA Bcos cosA B cos(AB)cosC

 2

sin A.sin Bcos C  2

sin A.sin B 1 sin C  xy 1 z (2)

0,25

(1 x)(1 y) = 1(x y)xy > 1(2z) (1 z) (Do (1) vµ (2))  (1 x)(1 y) > 2(2z)

0,25

 (1 x)(1 y)(1z)2(2z)(1z) (3)

Mµ:

2(2z)(1z)2(2 z z ) 4 (1z z)4 (4)

Tõ (3) vµ (4) suy đpcm

0,25

Phần riêng (3 điểm)

Chuẩn Câu 6a (2đ)

1 Đ-ờng tròn (C) có tâm I(1 ; 2), bán kính R =

PAB  PI = 2R =

P đường tròn (C) tâm I(1 ; 2), b¸n kÝnh R’ =

0,5

Trên d có điểm P thoả mãn đề  d tiếp xúc với (C’) P  d(I ; d) = R’ 

4

2 16

m

  

  m10 10 

0 20

m m

    



0,5

2 Đ-ờng thẳng d qua A(9 ; –1 ; 0) vµ cã VTCP u(4 ;2 ; 1) Tìm đ-ợc hình chiếu M d H(5 ; ; –1)

0,25

d(d ; ()) > d // ()  d(d ; ()) = d(H ; ()) 0,25 Gọi K hình chiếu cđa H trªn ()  d(d ; ()) = d(H ; ()) = HK ≤ HM

 Khoảng cách từ H đến () lớn HK = HM  K  M

 () qua M vµ nhËn HM = (2 ; ; –2) lµm VTPT

0,25

Ph-ơng trình mặt phẳng ():

2(x – 3) + 3(y + 2) – 2(z – 1) = hay 2x + 3y – 2z + =

(4)

H

Câu 7a (1đ)

1

2009

0

(1x) dx

 =  

1

0 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009

0

C  xC x C   x C dx 

Từ tính đ-ợc: 20090 12009 20092 20092009

2 2010

C  C  C   C =

2010

2

2010 

1

NCao Câu 6b (2 đ) Thay

2

y x  x vµo

2 16

x y

đ-ợc

2

( )

16

x

x x

     Gäi

2

( ) ( )

16

x

f x   x  x , f x( ) hàm số liên tơc trªn R

0,25

Lập luận để f x( )0 có bốn nghiệm phân biệt 0,25

Toạ độ giao điểm (E) (P) nghiệm hệ ph-ơng trình:

2

2 16

2

x y

y x x



  



    

2 30 15

1

16 16

x y x y

     

0,25

Râ rµng

2

15 15

( 1)

16 32

           

 

Vậy giao điểm (E) (P) thuộc đ-ờng tròn có ph-ơng trình:

2 30 15

1

16 16

x  y  x y 

0,25

2 Ph-ơng trình mặt phẳng () qua O vuông góc AB: x y ()  AC = {C}  C 4; 4;

13 13 13  

 

 

 

0,25

Đ-ờng thẳng AC có VTCP uAC (7 ;6 ; 1)

Ph-ơng trình mặt phẳng () qua O vuông góc AC: 7x6y z () AB = {B}  B 5; 8;

13 13  

 

 



0,5

Ph-ơng trình BC:

5

1

3

1

x y z

 



0,25

Câu 7b (1đ)

   

2 2

2

z  z  z    z  z   z 

 2 2  2

z z i z i

    

0,25

2

2 ( 1)

z z iz i z i z i

          

  

         

 

 

0,25

Gi¶i nghiƯm: z i z;  1 ;i zi z;  1 2i Chó ý:  8 6i9i2 6i 1 (3i1)2

0,5

(5)

Thêi gian lµm bµi 180 phót

Giáo viên đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm):

Câu 1 (2điểm) Cho hàm số: y mx4 (m1)x2  1 2m (1), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m1

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại v mt im cc tiu

Câu 2 (2điểm)

1 Giải ph-ơng trình: sin2 1tan 1cos2

12 x x x

 

      

   

   

2 Giải hệ ph-ơng trình:

2

5

x x y y

x y x y

    

 

    

 (x y, R)

Câu 3 (1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay đ-ợc tạo nên quay xung quanh trục Ox hình phẳng giới hạn

các đ-ờng: 2; ;x 1;

yx y x x

Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đ-ờng cao SH = a (a > 0), góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD)  (00 <  < 900) Tính theo

a khoảng cách hai đ-ờng thẳng AB, SC

Câu 5 (1 điểm) Cho tứ diện có cạnh có độ dài lớn 1, cạnh khác có độ dài nhỏ Chứng minh thể tích tứ diện khụng v-t quỏ

8

Câu 6 a(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; –2) đ-ờng tròn (C): x2  y2 10x12y140 Qua M kẻ hai tiếp tuyến d1, d2 tới (C) Tính góc hai đ-ờng thẳng d1, d2

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(–3 ; ; –1) đ-ờng thẳng :

1 2

x t

y t

z t

   

    

 

Viết ph-ơng

trình đ-ờng thẳng d qua A, cắt tạo với góc 600

Câu 7 a(1 điểm) Tính môđun cña sè phøc:   

2 3

3

i i

z

i

 





Câu 6 b(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elip (E):

2

1 25

x  y 

Tìm toạ độ điểm M thuộc (E) cho MF1

MF2 vuông góc với Với F1, F2 tiêu điểm (E)

2 Trong khụng gian vi hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (): x2y2z180 hai đ-ờng thẳng có ph-ơng

tr×nh d1:

1 1

3

x t

y t

z t

  

    

    

, d2:

2 2

x t

y t

z t

          

Tìm toạ độ điểm M d2, có khoảng cách đến d1 ()

Câu 7 b(1 điểm) Tìm số hạng kh«ng chøa x khai triĨn sau:

2010

3

2

x x

  

 

 

C¸n bé coi thi không giải thích thêm

(6)

H

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010 mơn tốn –lần (18 – 04 – 2010)

Câu (2đ)

Thay m = Tìm TXĐ Đạo hm, xột du o hm 0,25

Đồng biến, nghịch biến Cực trị 0,25

Giới hạn Bảng biến thiên 0,25

Đồ thị, có điểm phụ, điểm uèn 0,5

2

ycbt

 –m < y' = có ba nghiệm phân biệt đổi dấu qua ba nghiệm

0,25

Gii ỳng m0 0,5

Câu (2đ)

§iỊu kiƯn: cosx0

1 1 1

cos tan cos

2 4

PT

x x x

 

   

         

   

1 1

cos sin tan cos

4 2 x x x x



   

        

 

1 cos 2x sin 2x tanx sin 2x

       (1 tan )x  cos 2x0

0,25

  

cos sin

3 cos sin cos sin

cos

x x

x x x x

x



    

 

cos sin (*)

1

3 cos sin (**) cos

x x

x

 

  

   



(*)

tan ( )

4

x x  k k

       Z (Thoả mÃn điều kiện)

0,25

(**)

2

1

3 tan tan tan

cos x x x x

        

3

tan

2

x   

 

3

tan ( )

2

x arc    k k

  Z (Thoả mÃn điều kiện)

0,25

Kết luận: ph-ơng trình có nghiệm

4

x    k ; tan

2

x arc    k

0,25

2

§iỊu kiƯn:

5

2

x y

   

   

Đặt:

2 2

5 5

a x x a x x

b y y b y y

      

  

0,25

Hệ ph-ơng trình ban đầu trở thành:

2

5

1

2

0

a b

     



   

(7)

Giải ra:

1 1

a b a b

     

 

      

2

5

x x

y y

x x

y y

    

     

 

    

  

    



Giải tiếp tìm đ-ợc nghiệm hệ ph-ơng trình ( ; )x y : (1 ; –1); ;

  

 

  0,5

Câu (1đ) Khẳng định đ-ợc:

2

2x  x x: 1 x 0,25

Thể tích khối tròn xoay cần tính bằng:

VOx =      

2

2 2 4

1

2x x dx 4x x dx

     

 

 

0,25

2

1

4

ln x

x

 

   

 

0,25

2 5

4 31

ln ln ln

     

           

 

   

  (®vdt)

0,25

Câu (1đ)

AB // CD, CD  (SCD)  AB // (SCD)  d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)) 0,25

Tính đ-ợc: VS.ABCD =  

3

2

1 cot

2 cot

3

a

a a    0,25

TÝnh ®-ỵc: SSCD =

2

1 cot

2 cot

2 sin sin

a a

a  

  

0,25

VS.ACD =

1

2 VS.ABCD =

3

2 cot

a 

mµ: VS.ACD = VA.SCD =

1

3 d(A, (SCD)) SSCD

 d(A, (SCD)) =

3

S.ACD

2 ΔSCD

3V 3.2 cot sin

2 cos

S cot

a

a a

  



 

(TS làm cách d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)) = d(H, (SCD)))

(Víi H giao điểm AC BD)

0,25

Câu (1đ)

Xét tứ diện ABCD có AD > 1, cạnh lại bé b»ng Gäi AH  (BCD) t¹i H, AE  BC t¹i E, DF  BC t¹i F

Đặt BC = a (0 < a 1)

Tr-êng hỵp 1: EB ≤

2

a  AE = 2

AC EC

4

a

  

Tr-êng hỵp 2: EB ≥

2

a  AE = 2

AB EB

4

a

   VËy tr-ờng hợp có AE

2

1

a



Chøng minh t-¬ng tù DF ≤

2

1

a



0,25

ThĨ tÝch cđa tø diƯn ABCD b»ng:

V =

3AH.SBCD =

6AH.DF.BC ≤

6AE.DF.BC =

2

1

a a

 



 

 

(8)

H

 V ≤

24  

2

4a a

XÐt hµm sè f a( ) 4 a2a 4aa3, víi < a ≤

2

'( )

f a   a   f a( ) hàm đồng biến (0 ; 1]  f a( ) ≤ f(1) 3  V ≤

24  (®pcm)

0,25

V =

8 a = vµ H  E vµ EB = EC vµ FB = FC vµ AC = AB = vµ

BD = DC =  V =

8 ABC BCD có cạnh (ABC)  (BCD)

0,25

Chuẩn Câu 6a (2đ) Đ-ờng tròn (C) có tâm I(5 ; 6), b¸n kÝnh R = IM = 10

Gọi A tiếp điểm d1 với (C), B tiếp điểm d2 với (C)

 IA = IB = R =

0,25

IAM vuông A IA

sin IMA IMA 60

IM

   

0

AMB 120

 

0,25

VËy gãc gi÷a hai đ-ờng thẳng d1 d2 60

0,5

2 Giả sử d cắt M  M    M(2t – ; 3t ; t + 5) Đ-ờng thẳng d nhËn AM = (2t + ; 3t – ; t + 6) làm VTCP Đ-ờng thẳng có VTCP u = (2 ; ; –1)

0,25

Do d tạo với góc 600  cos ; AM

2

u 



2 2

4 12

2

14 4 16 24 12 36

t t t

t t t t t t

    

        

0,25



2 14t 14  14 14t 28t 56  2t   t2 2t 4

 2

4t 8t  4 t 2t   3t2 6t 0 

t t

    

0,25

t =  AM = (2 ; –4 ; 6) ; t =  AM = (6 ; ; 4)

Kết luận: Có hai đ-ờng thẳng thoả mãn đề với ph-ơng trình là:

1

x  y   z 

 ;

3

x  y   z

0,25

Câu 7a (1đ)       

  

2 3 (3 4)

2 3

3 3

i i

z

i i i

     

   

 

  

0,25

 

(12 1) 3 11 5 3

3 4

i

   



0,25

Môđun số phức z b»ng: 121 75

16 16

(9)

NCao Câu 6b (2 đ)

1 a2 = 25, b2 =  c2 a2 b2 = 16  c = Các tiêu điểm (E) là: F1(4 ; 0) vµ F2(4 ; 0)

0,25

M(x0 ;y0)  (E) 

2

0

1 25

x  y 

(1)

0

(x ; y )  

1

F M , F M2 (x0 4 ; y0)

F1M  F2M  F M F M1 = 

2

0 16 0

x   y  (2)

0,25

Tõ (1) (2) giải ra: 02 175

16

x  vµ 02 81 16

y  0,25

Kết luận: Có bốn điểm thoả mãn đề với toạ độ

5 ;

4

 

 

 ,

5

;

4

 



 

 ,

5 ;

4

 



 

 ,

5

;

4

 

 

 

 

0,25

2 M  d2  M(2 – t2 ; – t2 ; + t2)

Khoảng cách từ M đến () bằng: d(M ; ()) =

2 2

2 18 26

3

1 4

t t t t

      

 

0,25

Ph-ơng trình mặt phẳng () qua M vuông góc d1 là:

2

4x  y z 2t  7

Toạ độ hình chiếu H M lên d1 là:

H 22 42 ; 19 ; 44

9 9 9

t t t

      

 

 

0,25

Khoảng cách từ M đến d1 bằng:

MH =

2 2

4 46 10 62 10

9 9

t t t

  

     

     

      =

2

25 40 664

3

t  t 

0,25

Do d(M ; ()) = d(M ; d1), nªn cã:

2 26

t 

=

2

25 40 664

3

t  t 

 2

2t   t 

2

1

t t

      

Kết luận: Có hai điểm thoả mãn đề với toạ độ

(1 ; ; 3) , 5;7; 2

 

 

 

0,25

Câu 7b (1đ)

Số hạng thứ (k 1) khai triĨn lµ:

 

2010

1 2010 3 T

k

k k

k C x

x

 

 

   

  =

2010 2010 2010

3 ( 1)

k k k k

k

C x

x

 



5 2010 2010 2010

( 1)

k

k k k

C  x 

 

2010

k k

     



 

N

0,25

Số hạng thứ (k 1) không phụ thuộc vào x  2010

6

k  

 k = 804 (tho¶ m·n ®iỊu kiƯn)

0,25

VËy sè h¹ng thø 805 không phụ thuộc vào x bằng: T805

1206 804 2010

2 C 0,5

(10)

Đề thi thử đại học năm 2010 ôn luyện thi Đại Học Môn Toán – Lần 3

PhÇn chung cho tÊt cả thí sinh (7 điểm):

Câu 1 (2điểm) Cho hµm sè:

2

x y

x

 



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

2 Viết ph-ơng trình tiếp tuyến với đồ thị (H) biết tiếp tuyến qua điểm M(–3 ; 4)

Câu 2 (2điểm)

1 Giải ph-ơng tr×nh: 2.sin cos3x x  2.sin 2x  cot cos 2x x Giải hệ ph-ơng trình:

 log2 2

2

5 10

log ( 3).log 4y 15 y

x x x

x 

     

 

  

 (x y, R)

C©u 3 (1điểm) Tính tích phân: I =

2

0

cos sin

x dx x







Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, đ-ờng cao SA = a

(a > 0) Mặt phẳng () qua A vuông góc với SC cắt SB, SC, SD theo thứ tự điểm E, F, H TÝnh thĨ tÝch cđa khèi chãp S.AEFH

C©u 5 (1điểm) Cho số thực a b c, , tho¶ m·n: a2 b2 c2 1 Chøng minh r»ng:

2(1 )

abc    a b c abbcca

Câu 6 a(2 điểm)

1 Trong mt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vng ABCD biết A(–1 ; 2) B(2 ; –2) Tìm toạ độ đỉnh C, D Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba đ-ờng thẳng d1, d2, d3 chéo đơi có ph-ơng trình

d1:

1 1 2

x t

y t

z t

   

       

, d2:

2

6 2

x t

y t

z t

  

   

    

, d3:

2

1 1

x  y z

Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng cắt d1, d2, d3 theo thứ tự điểm A, B, C cho B trung điểm AC Câu 7 a(1 điểm) Tìm giới hạn sau:

7

1

1 lim

1 x

x x



 

Câu 6 b(2 ®iĨm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 4), đ-ờng thẳng d qua M cắt tia Ox tia Oy điểm E, F Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng d biết (OE + OF) đạt giá trị nhỏ

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1 ; ; 3), B(–2 ; ; 2), C(4 ; –6 ; 1) mặt phẳng () có ph-ơng trình: 2x2y z 150 Tìm toạ độ điểm M () để (MA2 + MB2 + MC2) đạt giá trị nhỏ Câu 7 b (1 điểm) Cho tập hợp A = {1;2;3 ; 4}, có số tự nhiên có bốn chữ số khác tng ụi mt

đ-ợc lập từ tập A Tính tổng số tự nhiên tìm đ-ợc

(11)

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010 mơn tốn –lần (14 – 05 – 2010)

Câu (2đ)

Tìm TXĐ, Đạo hàm, xét dấu đạo hàm, đồng biến nghịch biến, cực trị 0,25

Giíi h¹n, tiệm cận 0,25

Bảng biến thiên 0,25

thị, có điểm phụ, giao điểm đ-ờng TC tâm đối xứng đồ thị 0,25

2

Đ-ờng thẳng song song trục hoành không tiếp tun cđa (H), gi¶ sư tiÕp tun cã hƯ sè góc k ph-ơng trình tiếp tuyến dạng

d: yk x( 3)4  ykx3k4

0,25

d tiÕp xúc với (H) hệ ph-ơng trình sau có nghiệm

2

3 (1)

4

(2) ( 2)

x

kx k x

k x



   

    

 

  

0,25

Thay (2) vµo (1) gi¶i ra: x 4,

3

x  k 1, k 0,25

Ph-ơng trình tiếp tuyến qua M (H) là:

7

y  x , y 9x31

0,25

Câu (2đ)

ĐK: sinx0

sin sin 2sin sin cos cos PT

x x x x x x

    

0,25

sin sinx x cos cosx x sin sinx x

  

cos3x cos5x 2cos3x

  

0,25

cos5x cos3x

   cos cos 4x x0

cos

x x

 

 

(TMĐK,

2 2

cos 4x2cos 2x 1 2(1 2sin x)  1 1)

0,25

2

x k

   

   

 

   

8

x k

k k x

   

   

  



Z, nghiệm ph-ơng trình

0,25

2

Giải ph-ơng trình 5x x 10 x2 đ-ợc nghiệm x = 0,5

Thay x = vào ph-ơng trình lại đ-ợc log 42

2

log 5.log 4y 15 2 y, víi y >

  

2

log 4y 15 4y  4y1 1524y

0,25

 4.16y 4y 600 

4

15

4 y

y       

 y = (TM§K)

Hệ ph-ơng trình có nghiệm:

1

x y

    

(12)

H

Câu (1đ) Chứng minh: I = 2

0

sin sin

x dx x







0,25

 2I = 3

0

sin cos sin

x x

dx x



 

 =

2

0

(sin cos )(1 sin cos ) 2(1 sin cos )

x x x x

dx x x



 





0,25

 I =

0

1

(sin cos )

4 x x dx





 =

0

1

( cos sin )

4 x x



 

0,25

I = 1( 1) 1( 0)   4   2

0,25

Câu (1đ)

SC () F F trung điểm SC (vì SAC vuông cân A) AF = FS = FC = a

0,25

Gäi AC  BD = {I}, SI AF = {J} J trọng tâm SAC (α)  SC, BD  SC, BD  (α)  BD // (α)

0,25

Trong (SBD) ®-êng thẳng qua J song song BD cắt SB E cắt SD

tại H EH =

3BD = 2

3

a

Vµ: BD  (SAC)  BD  AF  EH  AF

0,25

ThÓ tÝch khèi chãp S.AEFH b»ng:

V =

3

1 1

.S

3

a

 

AEFH.SF AF.EH.SF

0,25

Câu (1đ)

2 2

1

a b c   (1a)(1b)(1c)0  (1  a b ab)(1c)0

 1  a b ab c acbcabc0 (1)

0,25

2

(1  a b c) 0

 1a2 2ab2 c2 2bc2(1a b)( c)0

 

 2

1a b c 2a2b2c2ab2bc2ca0

 1   a b c abbcca0 (Do a2 b2 c2 1) (2) LÊy (1) + (2) suy đpcm

0,5

Dấu = xảy mét ba sè b»ng –1 vµ hai sè lại 0,25

1 AB(3 ;4), AB 9165

Đ-ờng thẳng BC qua B vuông góc AB nên nhận u(4 ; 3) làm VTCP, nên có ph-ơng trình tham số:

2

x t

y t

  

    

C  BC  C(4t 2 ; 3t2)

0,25

Do ABCD hình vuông BC = AB 2

(13)

1

t   C(–2 ; –5);

2

AB DC

5

D D

x x

y y

    

 

  

     

   D(–5 ; –1)

0,25

1

t  C(6 ; 1); AB DC 3

1

D D

x x

y y

  

 

  

   

   D(3 ; 5)

KÕt luËn: C(–2 ; –5) vµ D(–5 ; 1); C(6 ; 1) D(3 ; 5)

0,25

2 Đ-ờng thẳng d3 có ph-ơng trình tham sè:

3

x t

y t

z t

   

   

   

A  d1  A(2t1 1 ;2t11 ;t14)

B  d2  B( t2 ;2t2 6 ; 2t2 1)

C  d3  C(t3 2 ;t3 6 ;t3 2)

0,25

B trung điểm AC

1

2 2

2 12

6

t t t

     

      

     

0,25

Gi¶i ra:

1

3

2

t t t

        

 A(1 ; –1 ; 5), B(–1 ; ; 3), C(–3 ; ; 1)

0,25

Đ-ờng thẳng thoả mãn đề qua A nhận AB ( ; ;2) lm

VTCP, nên có ph-ơng trình lµ: 1

2

x  y  z

 

0,25

Câu 7a (1đ)

7 3

1

1 ( ) ( 1)

lim lim

1

x x

x x x x

x x

 

    

 

0,25

3

1

( 1)

lim

1

x

x x x

x x



   

   

 

 

0,25

2

1

lim ( 1)( 1) ( 1)

x x x x x x

 

        0,25

 1(1 1)( 2)     (1 1) 0,25

NCao Câu 6b (2 đ)

1 Giả sử d cắt tia Ox, tia Oy t¹i E(a; 0), F(0 ;b); ( ;a b0)

Ph-ơng trình đ-ờng thẳng d có dạng: x y

a  b 

M(1 ; 4)  d 

a  b (*)

0,25

OE + OF = ab = (a b) 4a b

a b b a

 

     

  ≥

4

5 a b

b a

  0,25

Min (OE + OF) =

1

a b a b b a

   

   



6

a b

    

(14)

H

Vậy đ-ờng thẳng cần tìm có ph-ơng tr×nh:

3

x  y 

0,25

2 Gọi G trọng tâm ABC  G(1 ; –1 ; 2) MA2

= MA2 MGGA2 MG2 GA2 2.MG GA

Hay: MA2

= MG2

+ GA2

+ 2.MG GA T-¬ng tù cã

MB2

= MG2

+ GB2

+ 2.MG GB ; MC2

= MG2

+ GC2

+ 2.MG GC

0,25

 MA2

+ MB2

+ MC2

= 3MG2

+ GA2

+ GB2

+ GC2

+ 2.MG GA GBGC

 MA2

+ MB2

+ MC2

= 3MG2

+ GA2

+ GB2

+ GC2

  2 2

MA  MB  MC nhá nhÊt MG nhá nhÊt M hình chiếu

của G lên ()

0,25

Mp(α) cã VTPT n(2 ;2 ; 1)

Gọi d đ-ờng thẳng qua G vuông gãc víi (α)  d nhËn

(2 ; ; 1)

n làm VTCP ph-ơng trình đ-ờng thẳng d là:

1 2

x t

y t

z t

  

    

   

0,25

d  (α) = {M}  toạ độ M nghiệm hệ ph-ơng trình:

1 2

2 15

x t

y t

z t

x y z

  

    

   

     

…

1

3

t x y z

           

VËy M(3 ; –3 ; 3) điểm cần tìm

0,25

Câu 7b (1®)

Số số tự nhiên có bốn chữ số khác đôi đ-ợc lập từ tập A {1 ; ; ; 4} là: 4! = 24 (số)

0,25

Gäi sè cÇn tìm có dạng a a a a1

NÕu chän a4 1 th× cã 3! = cách chọn vị trí lại Vậy có số

dạng a a a1 31 T-ơng tự cã sè d¹ng a a a1 32, sè d¹ng a a a1 33, sè

d¹ng a a a1 34

Suy tổng chữ số hàng đơn vị 6(1 + + + 4) = 60

0,25

T-ơng tự tổng chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn 60 0,25 Vậy tổng số tự nhiên thoả mãn đề bằng:

60.103 + 60.102 + 60.10 + 60 = 66660

0,25

(15)

Cõu 1 (2điểm) Cho hàm số: yx3 3mx2 (m2)xm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (0 ; +)

C©u 2 (2điểm)

1 Giải ph-ơng trình: sin2x cos 22 x  cos cos3x x  sin 2x 2cos 4x Giải hệ ph-ơng trình:

   3

2

log 4x log 4x

y y y

y  y

     

 

  

 (x y, R)

C©u 3 (1điểm) Tính tích phân: I =

3

2

4

1

dx x x



Câu 4 (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a, AC = BD = b, BC = AD = c Trong mặt phẳng (BCD) xác định tam giác PQR cho B, C, D trung điểm cạnh QR, RP, PQ Chứng minh AP, AQ, AR vng góc với đơi tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c

C©u 5 (1®iĨm) Cho x y z, , ba sè thùc d-ơng thoả mÃn: x y z Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc:

P = 2 12 2

xyz x  y  z

Câu 6 a(2 ®iĨm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai điểm thay đổi A(a ; 0), B(0 ; b) cho độ dài AB = Điểm M thoả mãn 2MA MB0; chứng minh M chạy đ-ờng Elip, viết ph-ơng trình Elip

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz; tính khoảng cách hai đ-ờng thẳng:

d1:

2 4

x t

y t

z t

  

   

    

vµ d2:

1

x  y  z



Câu 7 a(1 điểm) Gọi Cnk số tổ hợp chập k n phần tử Chøng minh r»ng:

 

2 2 2

1 Cn  Cn   n Cnn  n n 2n , với số nguyên d-ơng n

Câu 6 b(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 4), viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M cắt hai tia Ox, Oy theo thứ tự điểm A, B cho diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz; viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M(–1 ; ; 3) đồng thời cắt hai đ-ờng thẳng d1:

1

1 2

x  y  z vµ d2:

3

2

x  y  z

  Câu 7 b(1 điểm) Tìm đồ thị hàm số

2

x x y

x

  

 , hai điểm đối xứng qua d: y x

(16)

H

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010 mơn tốn –lần (21 – 05 2010)

Câu (2®)

Thay m1 Tìm TXĐ, đạo hàm, xột du o hm 0,25

Đồng biến nghịch biến, cực trị 0,25

Giới hạn, bảng biến thiên 0,25

Đồ thị, có điểm phụ, điểm uốn tâm đối xứng đồ thị 0,25

2

'

y  x  mxm

Hàm số đồng biến khoảng (0 ; +) y'  0, x (0 ; ) (y'0 xảy hữu hạn điểm thuộc khoảng (0 ; +))

0,25

'

' 3( 1)(3 2)

y m m m m

      

Tr-êng hỵp 1:  'y' 

1

3 m

    y' 0, x Hàm số đồng biến R

0,25

Tr-êng hỵp 1:  'y' 

1

m m

    

, giả sử x x1, hai nghiƯm cđa y'

1

ycbt

x x

   

2

S m

m P

  





  

   2 m0

0,25

Kết luận: với  2 m1 hàm số đồng biến (0 ; +) 0,25

C©u (2®) 1 cos cos cos cos sin 4cos

PT

x x x x x x

       

1 2cos 4x cos 2x sin 2x

   

0,25

1

cos cos sin

2 x x x

    cos cos sin

3 x x

  

     

 

2sin sin sin

6 x x x

  

     

          

     

0,25

1

sin sin

6 x x

   

   

       

    

sin

6

1 sin

6

x x

 

   

 

  

 

  

     

0,25

2

6

5

2

6

x k

       

   

 

     

    

12

k x

x k k

x k

     

    

 

   



   

Z,là nghiệm ph-ơng trình

(17)

Giải ph-ơng trình 2y5 y y2 đ-ợc nghiệm y = 0,5

Thay y = vào ph-ơng trình lại đ-ợc

2

log 4x 2 log 4x  8 Đặt: log24 2 x

t

Gi¶i ra:

2

t t

     

0,25



4 2

1

4

8 x

x    

   



4

17 log

8

x x



Hệ ph-ơng trình có nghiÖm:

2

x y

     ,

4 17 log

8

x y

    

0,25

Câu (1đ)

2

4 2 2 2

1 1

(x x ) x x( 1) x x

   

    

      

14 21 2 2 22 2

( 1) ( 1)

x x x x

  

  2 2

1 1

2

( 1)

x x x x

   

 

I

3 3

4 2 2

1 1

2

( 1)

dx dx dx

x x x x

 

     

 

 

  

0,25

I

3 3

3 2

1 1

2

3x x (x 1) dx x 1dx



 

    

 

   

3

2 2

1

17 45 1

2

27 (x 1) dx x 1dx



  

 

 

0,25

Đặt tan ,

2

x t    t ;

4

x  t  ;

3

x  t 

tan2 12 cos

x t

t

    ; 2

cos

dt dx

t



I

3

2

4

17 45 cos cos

2

27 cos cos

t t

dt dt

t t

 



   

3

4

17 45

(1 cos )

27 t dt dt

 



     

0,25

I 3

4

17 45 1

sin 2

27 t t t

   

  

     

 

17 45

27 24



 

  

0,25

Câu (1đ) BC đ-ờng trung bình cđa tam gi¸c PQR  BC = 2PQ

Mà BC = AD = a

Trong tam giác APQ cã: AD = DP = DQ =

2PQ = a

tam giác APQ vuông A hay AP  AQ

(18)

H

Chøng minh t-¬ng tù cã: AP  AR, AQ  AR 0,25

Ta cã: AP2

+ AQ2

= PQ2

= 4c2,

AQ2 + AR2 = QR2 = 4a2, AR2 + AP2 = PR2 = 4b2

 AP2

+ AQ2

+AR2

= 2a2 b2 c2

 AP2

= 2b2c2a2, AQ2

= 2a2c2b2, AR2

=2a2b2c2

0,25

SBCD =

1

4SPQR  VABCD =

4VAPQR =

1

6.AP.AQ.AR

=

12    

2 2 2 2 2

a b c b c a c a b

0,25

Câu (1đ)

3

1 x y z xyz  393 xyz vµ 27

xyz 

2

3 3

3 ( ) ( )

xy yz zx xyz  xyz xyz  xyz

0,25

2 2

( ) 2( ) 2( )

x  y  z  x y z  xy yzzx   xy yzzx

 2

1 18

x  y z   xyz

0,25

 P 1

1 18xyz xyz

 



1 1

1 18xyz 9xyz 9xyz 9xyz

 

   



 

Mµ: 1 9

1 18 xyz 9xyz  9xyz 1 18 xyz 9xyz9xyz 

 P ≥ + 7.27 = 30

0,25

Vậy giá trị nhỏ P = 30

3

x  y z 0,25 Phần riêng (3 điểm)

1 AB 3 a2 b2  3 a2 b2 9 (*) 0,25

Gi¶ sư M(x y; ); MA(ax;y), MB ( x b; y)

2

2MA MB

2

3

x

a x x a

y b y

b y



   

 

    

   

   (**)

0,25

Thay (**) vµo (*), cã:

2 2

2

9

4

x x y

y

     0,25

KÕt luận: điểm M thuộc Elip có ph-ơng trình

2

1

4

x  y

0,25

2 Đ-ờng thẳng d1qua M(2 ; ; –1) vµ cã VTCP u1(2 ;2 ; 4)

Đ-ờng thẳng d2qua N(1 ; ; –2) vµ cã VTCP u2  ( ; ;2)

Râ rµng u1  2u2

0,25

Thay toạ độ M vào ph-ơng trình d2 có:

2

1

    

  : vô lý

M d2 Vậy hai đ-ờng thẳng d1 d2 song song với

(19)

Gäi (α) mặt phẳng qua N vuông góc d1 () nhận u1 làm VTCP

ph-ơng trình mặt ph¼ng (α): 2(x 1) 2(y0)4(z2)0

Hay: x y 2z 3

(α)  d1 = {H}  toạ độ H nghiệm hệ ph-ơng trình:

2 4

2

x t

y t

z t

x y z

  

   

    

  

Giải đ-ợc H 13 23; ;

6



 

 

 

0,25

Khoảng cách d1 d2 bằng:

d(d1 ; d2) = d(N ; d1) = NH =

49 529 16 642

36  36 

0,25

Câu 7a (1đ)

Ta cã: 2

(1 )n n n

n n n n

x C xC x C x C

      , n *

N (*) 0,25

Lấy đạo hàm (*) có: n(1x)n1 Cn1 2xCn2   nxn1Cnn (1) Lấy đạo hàm (1) có:

2 2

( 1)(1 )n n ( 1) n nn

n n x   C  n n x  C (2)

0,25

Cho x1, thay vµo (1) vµ (2) cã:

C1n 2Cn2 nCnn n2n 2n n

 

     (3)

2 2

2Cn n n( 1)Cnn (n n) 2n



     (4)

0,25

LÊy (3) + (4) cã:

 

2 2 2

1 Cn Cn n Cnn n n 2n



     (®pcm)

0,25

NCao Câu 6b (2 đ)

1 Giả sử d cắt tia Ox, tia Oy A(a; 0), B(0 ;b); ( ;a b0)

Ph-ơng trình đ-ờng thẳng d có dạng: x y

a b 

0,25

M(1 ; 4)  d 

a  b

áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho số d-ơng có

1 4

1 ab

a b a b ab

      

Dấu đẳng thức xảy

8

a b a b

     

 

0,25

DiƯn tÝch tam gi¸c OAB b»ng:

SOAB =

1

2.OA.OB =

1

.4 2ab 

DiƯn tÝch tam gi¸c OAB nhá nhÊt b»ng

8

a b

    

0,25

VËy đ-ờng thẳng cần tìm có ph-ơng trình:

2

x  y 

(20)

H

2 Ph-ơng trình tham số hai đ-ờng thẳng

d1:

1

1 2

x t

y t

z t

  

    

  

d2:

2

x t

y t

z t

   

       

A  d1  A(1t1; 1 2 ; 2t1 t1), B  d2  A( 3 ;t2 2 ; 4t2 t2)

1 1

MA(t 2 ; 2t 3 ; 2t 3), MB(2t2 2 ;2t2 2 ; t2 1)

0,25

A, M, B thẳng hàng MAkMB

1

2 2

2

t kt k

   

     

     

0,25



1

2 2

4 2

t kt k

   

     

     



1

3

2

2 2

t k

t kt k

   

   

     



1

2

4

3 20

t t k

   

       

0,25

 MB ( ; ; 4) 4( ; ; 1)

VËy ®-êng thẳng cần tìm có ph-ơng trình:

2 1

x  y  z 

0,25

Câu 7b (1đ)

Gọi đ-ờng thẳng vuông góc với d ph-ơng trình có dạng

y x m

cắt d I 3;

2

m m

 

 

0,25

Xét ph-ơng trình:

2

2 ( 2)

1

x x

x m x m x m

x

           

Giả sử A(x1; y1), B(x2 ;y2) hai điểm đối xứng qua d v thuc

thị hàm số

2

x x y

x

  

 Khi

1

( 2) 8( 2)

2 I

m m

x x x

        

0,25

Giải m tìm ®-ỵc 1.2

1

2

x     1.2

7

2

y  

0,25

Kết luận: có hai điểm thoả mãn đề

A ;

2

    

 

 , B

1

;

2

    

 

 

0,25

(21)

Câu (2 điểm). Cho hàm số: y2x3 9x2 12x4

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 BiÖn luËn theo m sè nghiệm ph-ơng trình:

2

2 11

x x m

x

x x

  

 

Câu (2 điểm)

1 Tính giá trị cđa biĨu thøc:

0 0 0

2

sin1441 cos811 2.cos1799 sin 3511 tan 225

.cot 991 sin 181

 

2 Giải bất ph-ơng trình: 22 5x 6 x  3.2 5x6  2x2 (x R) Câu (1 điểm) Tính tích phân:

 

0

2

1

x

dx

x x

  

Câu (1 điểm). Cho hình lập ph-ơng ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Gọi I, K theo thứ tự trung điểm AB, C’D’; M, N theo thứ tự thuộc cạnh BB’, AD cho BM = AN = b, < b < a Chứng minh I, K, M, N đồng phẳng tính diện tích thiết diện hình lập ph-ơng cắt mặt phẳng (MNIK)

3

3 3 2

1 1 1

2a 3b 6c 2a 3b 6c

 

     

Phần riêng (3 điểm): Thí sinh đ-ợc làm hai phần (phần A B)

A Theo ch-ơngtrình Chuẩn Câu a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai đ-ờng thẳng 1: y  x 2: y 2x Tìm toạ độ

đỉnh hình vng ABCD; biết đỉnh A nằm đ-ờng thẳng 1, đỉnh C nằm đ-ờng thẳng 2, đỉnh B

đỉnh D nằm trục hồnh

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm M(0 ; –3 ; 3), H(2 ; ; 2) mặt phẳng (α):

2

x y z  Tìm toạ độ điểm A cho AM vng góc với (α) đồng thời A cách H (α) Câu a (1 điểm). Trong số phức z thoả mãn: z 6 8i 5, tìm số phức z có mơđun nhỏ B Theo ch-ơngtrình Nõng cao

Câu b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 3) đ-ờng thẳng d: 2x y A, B hai điểm di động d cho độ dài AB = Xác định vị trí A, B d để chu vi tam giác MAB nhỏ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz; viết ph-ơng trình tham số đ-ờng thẳng vng góc với mặt phẳng

(P): 3x y  2 đồng thời cắt hai đ-ờng thẳng d1:

2

1

x  y  z

 vµ d2:

6

2 1

x  y  z

Câu b (1 điểm) Tìm đ-ờng tiệm cận đồ thị hàm số:

4

3

4

3

x x

y

x x

 





(22)

H

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010 mơn tốn – lần (21 05 2010)

Câu (2đ)

2

Câu (2đ)

sin14410

= sin(4.3600

+ 10

) = sin10

cos8110

= cos(2.3600

+ 910

) = cos910

= –sin10  sin14410

.cos8110

= –sin2

100

0,25

cos17990 = cos(5.3600 - 10) = cos(–10) = cos10 sin35110

= sin(10.3600–

890

) = sin(–890

) = –sin890

= –cos10  cos18990

.sin35110

= –2 cos2

10

0,25

tan2250

= tan(1800

+ 450

) = tan450

= cot2

9910

= cot2

(5.1800

+ 900

+ 10

) = cot2

(900

+ 10

) = tan2

10 sin2

1810

= sin2

(1800

+ 10

) = sin2

10

0,25

Biểu thức rút gọn thành:

2

2 2

1 1

10

sin cos

tan sin

  

=

2

1

cos sin

sin cos



= –1

0,25

2 ĐK:

6 x 

Biến đổi bất phương trình về: 2 2

2 x  3.2 x x 4 (1)

0,25

Đặt: t 2 5x 6 x (t > 0) Bất phương trình (1) trở thành:

4 ( )

3

1 ( )

t TM

t t t

t koTM

       



0,25

5

2 x x 4 5x 6 x 2

     

5x x

   

0,25

Giải tìm tập nghiệm bất phương trình: S = (–1 ; 2) 0,25 Câu (1đ)

2 2 2  2  2 2  2 2

4 3 3

4

2 2 2

x

x x

x x x x x x x x

  

  

       

 

2

1 3

4 2 3 2 100 2

x

x x

 



    

 

 

 

0,25

 2 2  2  2   

1 3 3

4 25 100 25 2

x

x x



   

 

 

 2 2  2  2

1 3 3

4 25 100 125 2

x

x x

 



      

 

   

 

0,25

         

0 0 0

2 2

2

1 1 1

4

1 3

4 25 100 125 2

2 2

x dx

x dx dx

dx dx

x x

x x x x

    

  

       

 

   

   

    

 

0

2 1

1

1 3

ln ln 2x 3x 50 2x 100x 125 x x 

 

      

   

(23)

= ln 75 125

  0,25

b b

   đồng phẳng

N M K I, , ,

 đồng phẳng

0,25

 P BC

IN  , INCD Q

 E C B

PM  ' ' , QKDD' H

ThiÕt diÖn lục giác IMEKHN

0,5

Tớnh ỳng đ-ợc thiết diện có diện tích : 2abb 0,25

Câu (1đ) Đặt ,( 0)

6

1 2 2  

       A A c b

a 2 2

6 A c b

a   

 0,25

Cã: a a A a a A a A

2 2 2

1    3 3 

b b A b b A b A

2 3 3 3

1    3 3 

c c A c c A c A

6 6 6

1    3 3 

0,5 2 3 3 3

2 a b c A A a b c  A

                  3 3 A c b

a   

đpcm

Dấu = xảy abc

0,25

Chuẩn Câu 6a (2®)

A  1  A (a; -a + 3) C  2  C (b; -2b)

0,25

B D  Ox  A & C đối xứng qua Ox

              1 b a b a b a

 A (1;2) ; C (1;2)

0,5

Tìm đ-ợc B (3;0) & D (-1.0)

Hc B (-1,0) & D (3.0)

0,25

2 Ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M ( ) là:

           t z t y t x 3

A  d  A (t; t - 3; -2t + 3)

0,25

AH = t2   2 t3 2 2t12 = 682 14t14 0,25

Khoảng cách từ A đến ( ) bằng: d (A, ()) =

1 1       t t t

=

6 12 6t

0,25

Do d (A, ()) = AH Gi¶i t =

 A (1;2;-1)

0,25

Giả sử z = x + yi

 

6 8

z  i     x yi i     x y i 

(24)

H

Cã: x6 2 y82 5 x6 2 y8225 0,25

Mọi điểm biểu diễn số phức z thuộc đ-ờng trịn (C) có tâm I (-6,-8), bán kính R =

0,25

Mo®un sè phøc z nhá nhÊt OM nhá nhÊt  M giao điểm OI với đ-ờng tròn (C)

Tìm đ-ợc M (-3,-4)

0,25

NCao Câu 6b (2 đ)

1 Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M song song d

Tỡm to độ điểm N để MABN hình bình hành (có điểm)

0,25

Tìm toạ độ M’ đối xứng M qua d 0,25

Chu vi MAB b»ng : MA+MB+AB = BN + M’B + NM’ + 0,25

Chu vi MAB nhá bằng: MN + 5khi B giao điểm cđa d víi M’N

Có toạ độ B Có to A

Chú ý: Bài toán có nghiệm

0,25

2 Ph-ơng trình tham số đ-ờng thẳng là:

       1 1 t z t y t x d ;               2 2 t z t y t x d

A  d2  A (t1 + 2; -t1;5t1 + 3)

B  d2  B (2t2 - 6;t2 - 1: t2 - 3)

0,25

AB = (2t2 - t1 - 8; t2 + t1 - 1;t2 - 5t1 - 6)

Mặt phẳng (P) cã VTPT n = (3;-1;0) AB  (P)  ABkn

0,25                 2 2 t t k t t k t t                27 67 27 19 k t t

A 

      27 14 ; 27 19 ; 27 35 0,25

Kết luận: Ph-ơng trình tham số đ-ờng thẳng thỏa mãn đề là:

               27 14 27 19 27 35 z t y t x 0,25

Câu 7b (1đ)

Tp xỏc nh: D = R\1, 2

y =   

   

  

 

2 2

4

2

3

1 1

4

3 2

x x x x

x x

x x x x x

   

   

    

(25)

  

 

  

 

2

4

2

3

2

4

2

3

1

4

lim lim

3

1

4

lim lim

3 2

x x

x x x

x x

x x x

 

 

 

    

  

 

     

  

0,25

Giả sử tiệm cận xiên đồ thị hàm số là: y = ax+b

4

3

4

3

4

lim

( 4)

4

lim 12

( 4)

x

x x a

x x x x x b

x x x



    

  



  

 

   

    



Hc:

4

3

4

3

4

lim

( 4)

4

lim 12

3

x

x x a

x x x x x

b x

x x



    

  



  

 

    

    



0,25

Kết luận: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là: x= 12

tiệm cận xiên y = 4x + 12

0,25

(26)

Giáo viên đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm):

Câu (2 điểm). Cho hàm số: 2

1

x y

x

  



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

2 Tìm m để đ-ờng thẳng d: y 2xm, cắt (H) hai điểm phân biệt gần Câu (2 im)

1 Giải ph-ơng trình: sinx2sin 2xsin 3x2 Giải hệ ph-ơng trình:

2

4 2 2 2

( 1)( 2)

4

x y xy

x y x y x y x y

   

 

   

 (x y,  R)

Câu (1 điểm) Cho hai hàm số:

2

5 14

( )

2

x x

f x

x

 



 vµ

2

( ) ( )

F x  ax bxc x Xác định a b c, ,

để hàm số F x( ) nguyên hàm hàm số f x( )

C©u (1 ®iĨm). Cho tø diƯn ABCD cã AB = 2, CD = 6, AC = BD = 2, AD = BC = Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Câu (1 điểm) Cho ba số thực không âm a b c, , Chứng minh r»ng: 4

( )

a b c abc a b c

A Theo ch-ơngtrình Chuẩn Câu a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm A2 ; 0 đ-ờng thẳng : 5x180 Tìm tập hợp điểm M có khoảng cách từ đến điểm A

3 khoảng cách từ đến  viết ph-ơng trình

của tập hợp

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (P): 2x2y  z (Q): x2y2z 1 Viết ph-ơng trình tham số đ-ờng thẳng d nằm (P) có khoảng cách đến (Q)

C©u a (1 điểm). Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y x3 3x2 9x11 [4 ; 4] B Theo ch-ơngtrình Nâng cao

Câu b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy; viết ph-ơng trình đ-ờng Hypebol có hai tiêu điểm F1(5 ; 0),

F2(5 ; 0) qua M

9 ;

4   

 

 

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (α): 2x y 2z 2 đ-ờng thẳng d:

8

4 1

x y z

Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng nằm (), vuông góc với d có khoảng cách

n d bng

Câu b (1 điểm) Giải ph-ơng trình: 22

3

(2 4).log (4 3).log 10

2

x x  x x  

   

C¸n bé coi thi không giải thích thêm

Định dạng
Số trang	26
Dung lượng	2,83 MB