Câu VII.a (1,0 điểm) Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ , 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam...
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MƠN TỐN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) 2x Cho hàm số y x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết khoảng cách từ tâm đối xứng đồ thị (C) đến tiếp tuyến lớn Câu II (2,0 điểm) � � � � 4cos x tan x tan x Giải phương trình: � � � � 4� � � tan x-cotx � y x y x 1 Giải hệ phương trình: x y x 22 y Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I ln x �x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có độ dài cạnh đáy a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600 Mặt phẳng (P) chứa AB qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD M, N Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a Câu V (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thỏa mãn : a �1, b �1, c �1 Chứng minh rằng: 1 � � 1 a b c �3 � � a b c � abc � PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A 3;6 , trực tâm H 2;1 , �4 � trọng tâm G � ; � Xác định toạ độ đỉnh B C �3 � Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng mặt cầu (S) có phương trình : x y z S : x2 y z 2x y 8z Xét vị trí tương đối mặt cầu (S) mặt phẳng Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng Câu VII.a (1,0 điểm) Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, nam, có danh thủ nam Vũ Mạnh Cường danh thủ nữ Ngô Thu Thủy Người ta cần lập đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói Đội tuyển quốc gia bao gồm nữ nam Hỏi có cách lập đội tuyển quốc gia cho đội tuyển có mặt hai danh thủ Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + = trung điểm cạnh AC M(1; 1) Tìm toạ độ đỉnh A, B, C Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với A 3; 1; 2 , B 1;5;1 , C 2;3;3 , AB đáy lớn, CD đáy nhỏ (CD < AB) Tìm toạ độ điểm D Câu VII.b (1,0 điểm) � 23 x 1 y 3.2 y 3 x � Giải hệ phương trình: � � x xy x - Hết TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỔ TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MƠN TỐN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu Đáp án Điể m 2,00 I Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm) 2x y x2 Tập xác định TXĐ: Sự biến thiên y ' D R \ 2 0,25 x �D x 2 Hàm số đồng biến �; 2 2; � Bảng biến thiên x y’ y – –2 + + + + 2 – 0,25 Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = - 2; tiệm cận ngang y = Đồ thị nhận giao điểm I 2; hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 Đồ thị: y 0,25 –2 O x Viết phương trình tiếp tuyến (1,00 điểm) Tiếp tuyến đồ thị (C) điểm M có hồnh độ a �2 thuộc đồ thị (C) có phương trình: y a 2 x a 2a � x a y 2a d a2 0,25 Tâm đối xứng I 2; Ta có d I, d a2 16 a � a2 2.4 a a2 a2 2 0,25 a0 � d I , d lớn a � � a 4 � Từ suy có hai tiếp tuyến y = x y = x + II 0,50 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) � � � � � cos �2 x ��0; cos � x ��0 � 4� � * Điều kiện � � � � sin x �0; t anx-cotx �0 � 0,25 Để ý � � � � � � � � tan � 2x � tan �2 x � tan � x � tan �2 x � 4� � 4� 4� � �4 � � � � � � cot � 2x � tan � x � 1 4� � 4� � 4cos 2 x Khi PT (1) trở thành: 1 � c otx-tanx=4cos 2 x t anx-cotx 0,5 tan x � =4 � � tan x 1 t anx 1+tan 2 x tan x tan 2 x � tan x � x m � x k k �Z : Không thoả điều kiện (*) Vậy phương trình cho vơ nghiệm Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x �0, y �0, x y �0 x 2 Đặt u x y 1; v y �3 �3 � 1 � 1 1 � �u v HPT trở thành: �u v � � u 21 4v u 4v 22 � � 0,25 0,25 Thay (2) vào (1) ta được: v3 � 2 � � 2v 13v 21 � � 21 4v v v � Nếu v = u = 9, ta có HPT: �x y �x y 10 �y �1 � �� �� �x �x �3 �x y �y � 0,25 0,25 Nếu v u = 7, ta có HPT: 0,25 � �x y �x y �y �4 53 � � � �� �� �x �y �x y �x �14 � � � 53 � So sánh điều kiện ta nghiệm HPT III Tính tích phân 1,00 dx u ln x � � du � � x Đặt � dx � � dv � v x 1 x 1 � � � 0,25 � I x ln x 8 x 1 2� dx ln ln J x 0,25 x 1 Với J � dx x 0,25 3 t t2 � � t x � J tdt dt � đặt �2 �dt 2 � � t t t t � � 2 IV � t �8 �2t ln ln ln t 1 � � � Từ I 20ln 6ln 0,25 Tính thể tích hình chóp S.ABMN 1,00 S N K G A D M I 600 O J 0,25 C B Kẻ SO vng góc với (ABCD) O giao điểm AC BD Gọi I, J trung điểm AB CD; G trọng tâm SAC � 600 Góc mặt bên (SCD) đáy (ABCD) SJI Vì SIJ cạnh a nên G trọng tâm SIJ IG cắt SJ K trung điểm SJ; M, N trung điểm SC, SD 0,25 IK 3a 3a ; S ABMN ( AB MN ) IK 2 SK ( ABMN ); SK V a 3a (đvtt) � V S ABMN SK 16 Chứng minh bất đẳng thức Vì a �1, b �1 nên a 1 b 1 �0 � ab a b �0 1 1 1 a b ab ab a b 1 1 1 � 1 , � 1 bc b c ca c a Cộng BĐT (1), (2), (3) vế theo vế : 1 �1 1 � �2 � � ab bc ca �a b c � Chứng minh tương tự : 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 Sử dụng BĐT (4) BĐT Cauchy ta có : 1 1 1� � � 1 3 a b c a b c �a b c � � � � � ab bc ca � abc � �a b c � 0,25 �1 1 � 1 �2 a b c � � �a b c � a b c �1 1 � Cũng theo BĐT Cauchy ta : a b c � ��9 �a b c � 1 1 1 � � 1 a b c �6 (đpcm) Do � � a b c a b c � abc � Đẳng thức xảy a = b = c = VI.a 0,25 2,00 Tìm tọa độ điểm B điểm C (1,00 điểm) uuur uur �7 � Gọi I trung điểm BC Ta có AG AI � I � ; � �2 � Đường thẳng BC qua I vng góc với AH có PT : x – y – = 0,50 �7 � Vì I � ; �là trung điểm BC �2 � Giả sử B xB ; yB � C xB ;1 yB xB yB CH AB H trựcuutâm ur tam giác ABC uuu r nên CH 5 xB ; yB , AB xB 3; yB 0,25 uuur uuur � �x �x �xB yB CH AB � � � �B ��B 0,25 xB 5 xB 3 yB �yB 2 �yB � Vậy B 1; 2 , C 6;3 B 6;3 , C 1; 2 Viết phương trình mặt cầu đối xứng(1,00 điểm) 2 S : x 1 y z 25 , tâm I 1; 2; R = 0,25 Khoảng cách từ I đến d I , R Vậy mặt cầu (S) cắt Gọi J điểm đối xứng I qua �x 2t � PT đường thẳng IJ : �y 2 t �z 2t � 0,25 Toạ độ giao điểm H IJ thoả t 1 �x 2t � �y 2 t �x 1 � � �� � H 1; 1; � z t y � � � � x y z � �z 0,25 Vì H trung điểm IJ nên J 3;0;0 Mặt cầu (S’) có tâm J bán kính R’ = R = nên có PT: S ' : x 3 y z 25 VII a Số cách chọn đội tuyển bóng bàn quốc gia 0,25 1,00 Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, khơng có Ngơ Thu Thuỷ Số cách chọn nam lại C6 0,25 Số cách chọn nữ khơng có Ngơ Thu Thuỷ C9 3 Suy số cách chọn trường hợp C6 C9 1680 (cách) 0,25 Đội tuyển có Ngơ Thu Thuỷ, khơng có Vũ Mạnh Cường Số cách chọn nam khơng có Vũ Mạnh Cường C6 Số cách chọn nữ lại C9 0,25 Suy số cách chọn trường hợp C C 540 (cách) Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia 1680 + 540 = 2220 (cách) ĐS: 2220 (cách) VI.b 0,25 2,00 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C (1,00 điểm) Ta có AC vng góc với BH qua M(1; 1) nên có PT: y = x Toạ độ đỉnh A nghiệm hệ : � x � �x y � � 2� �� � A� ; � � � 3� �y x �y � �8 � Vì M trung điểm AC nên C � ; � �3 � Vì BC qua C song song với d nên PT (BC) : y 0,50 x 2 �x y �x 4 � BH �BC B : � x �� � B 4;1 y y � � � Tìm tọa độ đỉnh D (1,00 điểm) 0,25 0,25 Do ABCD hình thang cân nên AD = BC = Gọi đường thẳng qua C song song với AB, (S) mặt cầu tâm A bán kính R = Điểm D cần tìm giao điểm (S) uuu r Đường thẳng có vectơ phương AB 2;6;3 nên có phương �x 2t � trình: �y 6t �z 3t � 0,25 0,25 Phương trình mặt cầu S : x 3 y 1 z 2 Toạ độ điểm D thoả HPT: �x 2t �y 6t t 1 � � � 49t 82t 33 � � 33 �z 3t � t � 49 � 2 � x 3 y 1 z � VII b 0,25 Với t = – 1, D(4; – 3; 0) : khơng thoả AB = CD = 33 164 51 48 � � Với t � D � ; ; �(nhận) 49 49 49 � �49 0,25 Giải hệ phương trình 1,00 � 23 x 1 y 2 3.2 y 3 x 1 � 0,25 � x xy x � � PT �x+1 �0 �x �1 �x �1 �� �� 2 � � x xy x �x 3x y 1 �x �y x � Với x = thay vào (1) : y 3.2 y � y 12.2 y � y 8 � y log 11 11 �x �1 x 1 3 x 1 3.2 3 Với � thay y = – 3x vào (1) ta : y x � Đặt t 23 x 1 , x �1 nên t � � t 3 2 PT (3) : t � t 6t � � t t 3 2 � 0,25 0,25 ta chọn t 2 x 1 3 2 � x � log 2 1� Khi � 3� Đối chiếu điều kiện t � y 3x log 2 �x � Vậy HPT cho có nghiệm � y log � � 11 � 1� log 2 1� �x � � � �y log 2 � 0,25 ... độ a �2 thuộc đồ thị (C) có phương trình: y a 2 x a? ?? 2a � x a y 2a d a? ??2 0,25 Tâm đối xứng I 2; Ta có d I, d a? ??2 16 a � a? ??2 2.4 a a? ??2 a? ??2... 0,25 IK 3a 3a ; S ABMN ( AB MN ) IK 2 SK ( ABMN ); SK V a 3a (đvtt) � V S ABMN SK 16 Chứng minh bất đẳng thức Vì a �1, b �1 nên a 1 b 1 �0 � ab a b �0... BĐT (4) BĐT Cauchy ta có : 1 1 1� � � 1 3 a b c a b c ? ?a b c � � � � � ab bc ca � abc � ? ?a b c � 0,25 �1 1 � 1 �2 a b c � � ? ?a b c � a b c �1 1