[r]
(1)- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
1
ĐỀ THI THỬĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi: TỐN
ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
- (Đề thi gồm trang)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm)
Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); ( m tham số) Khảo sát sự biến thiên vẽđồ thị hàm số m =
Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến của (Cm) tại D E vng góc với nhau.
Câu II:(2 điểm)
Giải hệ phương trình:
1 1
x y xy
x y
− − =
− − − =
Tìm x(0;) thoả mÃn phơng trình: cotx – = x x x
x
2 sin 2 1 sin
tan 1
2
cos
− +
+
Câu III:(2 điểm)
Trên cạnh AD hình vng ABCD có độ dài a, lấy điểm M cho AM = x (0 < x ≤ a) Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) A, lấy điểm S cho SA = 2a a) Tính khoảng cách từđiểm M đến mặt phẳng (SAC)
b) Kẻ MH vng góc với AC H Tìm vị trí M để thể tích khối chóp SMCH lớn 2. Tớnh tớch phõn: I = 4
0 (x sin ) cos 2x xdx
π +
∫
Câu IV: (1 điểm) :
Cho số thực d−ơng a,b,c thay đổi thoả mãn : a+b+c=1 Chứng minh rằng :
2 2
2
a b b c c a
b c c a a b
+ + +
+ + ≥
+ + +
PHẦN RIÊNG (3 im) ( Chú ý!:Thí sinh đợc chọn làm phần)
A Theo chng trỡnh chun
Cõu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích 2 trọng tâm thuộc đ−ờng thẳng ∆: 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) đ−ờng thẳng ∆ :
1
x− y+ z
= =
− Tìm toạ độ điểm M ∆ cho:
2
28
MA +MB =
Cõu VIa : Giải bất phơng tr×nh:
3 2
4 )
3 2 ( )
3 2
( 2 2
− ≤ −
+
(2)- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
2
B Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb:1 Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻđược hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi
d : x y z
2 1
− +
= =
− .Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt vuụng gúc với đường thẳng d và tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với M qua d
Câu VIb: Giải hệ phương trình
3
log log
2
4 4
4 2 ( )
log ( ) 1 log 2 log ( 3 )
xy
xy
x y x x y
= +
+ + = + +
……… ……… HẾT………
(C¸n bé coi thi không giải thích thêm)
(3)- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
3
Hớng dẫn chấm môn toán
Câu ý Néi Dung §iĨm
I
1 Khảo sát hàm số (1 điểm)
y = x3 + 3x2 + mx + (Cm)
1 m = : y = x3 + 3x2 + 3x + (C3)
+ TXÑ: D = R
+ Giới hạn: lim , lim
x→−∞y= −∞ x→+∞y= +∞
0,25
+ y’ = 3x2 + 6x + = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x
⇒ hàm số đồng biến R 0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
+ y” = 6x + = 6(x + 1)
y” = ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0)
* Đồ thị (C3):
Qua A(-2;-1); U(-1;0); A’(0;1)
0,25
1
Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y = là:
x3 + 3x2 + mx + = ⇔ x(x2 + 3x + m) = ⇔ =
+ + =
x
x 3x m (2)
(4)- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
4
* (Cm) cắt đường thẳng y = C(0;1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có nghiệm xD, xE≠
⇔
≠
∆ = − >
⇔
< + × + ≠
m
9 4m
4 m
0 m
9
(*) 0,25
Lúc tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD=y’(xD)=3xD2 +6xD +m= −(3xD +2m); kE=y’(xE)= 3x2E+6xE +m= −(3xE+2m)
Các tiếp tuyến D, E vuông góc chæ khi: kDkE = –1
0,25
⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1
⇔ 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
⇔ 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)
⇔ 4m2 – 9m + = ⇔
9 65
8
9 65
8 m
m
+
=
−
=
So s¸nhĐk (*): m = 1(9− 65)
0,25
II
1 §k:
1 x y
≥
≥
(1)
( ) 0 ( )( 2 ) 0
2 0
2
0( )
x y y xy x y x y
x y
x y
x y voly
⇔ − − + = ⇔ + − =
− =
⇔ ⇔ =
+ =
0,5
⇔ x = 4y Thay vµo (2) cã
4 1 1
4 2 1 2
1 ( )
2 2
5 10
2 ( )
2
y y y y
y y y y y
y tm
y x
x
y y tm
− − − = ⇔ − = − + ⇔ − = − + − + ⇔ − = −
=
− = =
⇔ ⇔ ⇒
=
− =
=
0,25
V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25
(5)- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
5 ®K: − ≠ ≠ ⇔ ≠ + ≠ 1 tan 0 2 sin 0 cos sin 0 2 sin x x x x x
PT x x x
x x x x x x x cos sin sin sin cos cos . 2 cos sin sin cos − + + = − ⇔
x x x x x x
x x x cos sin sin cos sin cos sin sin
cos − = − + −
⇔
0,25
⇔ cosx−sinx=sinx(1−sin2x)
⇔ (cosx−sinx)(sinxcosx−sin2 x−1)=0
0,25
⇔(cosx−sinx)(sin2x+cos2x−3)=0
(cos )( 2sin(2 ) 3) 0
4
x sinx x π
⇔ − + − =
cos
2 sin(2 ) 3( )
4 x sinx
x π voly
− = ⇔ + = 0,25
⇔cosx−sinx=0 ⇔tanx = ( )
4 k k Z
x= + ∈
⇔ π π (tm®k)
Do ( )
4 0
;
0 π ⇒ = ⇒ =π
∈ k x
x
0,25
III
Do ( ) ( ) ( )
( ) SA ABCD SAC ABCD SA SAC ⊥ ⇒ ⊥ ⊂ Lai cã ( ) ( )
( ) ( , ) sin 45
2 o
MH AC SAC ABCD
x
MH SAC d M SAC MH AM
⊥ = ∩ ⇒ ⊥ ⇒ = = = 0,25 Ta cã
45
2
1
( )
2 2
1
( )
3 2
MHC
SMCH MCH
x x
AH AM cos HC AC AH a
x x
S MH MC a
x x
V SA S a a
(6)- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
6
IV
Tõ biĨu thøc trªn ta cã:
[ ]
3
2
1 2 2
3
2
2
SMCH
x x
a
a
V a
x x
a
x a
+ −
≤ =
⇔ = − ⇔ =
⇔ M trïng víi D
0,25
1
I =
4 4
2
1
0 0
(x sin )x cos xdx2 xcos xdx2 sin 2xcos xdx2 I I
π π π
+ = + = +
∫ ∫ ∫
0,25
TÝnh I1
đặt
4
0
1 sin 2 4 sin 2 1
2 sin 2 2 2
0 2
du dx
u x x
I x xdx
v cos xdx v x
π
π
=
=
⇒ ⇒ = −
= =
∫ ∫
8
0 cos x
π
π π
= + = −
0,25
TÝnh I2
4
2
2
1 1 1
4 sin (sin2 ) sin 2
2 6 6
0
I xd x x
π π
= ∫ = =
0,25
VËy I= 1
8 12
π π
(7)- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
7 .Ta cã :VT =
2 2
( a b c ) ( b c a ) A B
b c+ +c+a+a+b + b+c+c+a+a+b = + 0,25
[ ]
3
1 1
3 ( ) ( ) ( )
2
1 1
3 ( )( )( )3
2
3
A a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
a b b c c a
A
+ = + + + + + + + + + +
≥ + + + =
+ + +
⇒ ≥
0,25
2 2
2
1 ( ) ( )( )
1
1
2
a b c
a b c a b b c c a
a b b c c a
B B
= + + ≤ + + + + + + + + + +
⇔ ≤ ⇔ ≥
0,25
Từ tacó VT
2 VP
≥ + = =
Dấu đẳng thức xảy a=b=c=1/3
0,25
V.a
1
Ta cã: AB = 2, trung ®iĨm M ( 5; −2),
pt (AB): x – y – =
0,25
S∆ABC=
2d(C, AB).AB =
2 ⇒ d(C, AB)=
2
Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC d(G, AB)=
2
0,25
⇒ d(G, AB)= (3 8) 5
2
t− t− −
= 1
2
⇒t = hc t =
⇒G(1; - 5) hc G(2; - 2)
0,25
Mµ CM =3GM
⇒C = (-2; -10) hc C = (1; -1)
0,25
1
1
: 2 (1 ; 2 ; ) 2
x t
ptts y t M t t t
z t
= −
∆ = − + ⇒ − − +
=
0,5
Ta cã: 2
28 12 48 48
(8)- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
8
Từ suy ra: M (-1 ;0 ;4) 0,25
VI.a 1 1
Bpt (2 3) (2 3) 4
2
2
≤ −
+ +
⇔ x−x x− x 0,25
(2 3) ( 0)
2 > +
= − t
t x x BPTTT : +1≤4
t t
⇔ −t2 4 0t+ ≤ ⇔2− 3≤t≤2+ 3 (tm)
0,25
Khi đó : 2 3 (2 3) 2 3
2
+ ≤ +
≤
− x − x ⇔−1≤x2 −2x≤1
0,25
⇔ x2 −2x−1≤0⇔1− 2≤x≤1+ 2
0,25
V.b
(C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm) Vậy
0
0
60 (1) 120 (2)
AMB AMB
=
=
Vì MI phân giác của AMB
(1) ⇔ AMI = 300
0 sin 30
IA MI
⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ m2+9=4⇔m=∓
(2) ⇔ AMI = 600 0
sin 60 IA MI
⇔ = ⇔ MI =
3 R ⇔
2
9
m + = Vô
nghiệm
Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0;- )
0,5
0,5
1
Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d
d có phương trình tham số là:
x 2t y t z t
= +
= − +
= −
Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − + t ; − t).Suy :MH
= (2t − ; − + t ; − t)
0,25
Vì MH ⊥ d d có vectơ phương u = (2 ; ; −1), nên : 2.(2t – 1) + 1.(− + t) + (− 1).(−t) = ⇔ t =
3 Vì thế, MH
= 1; 4; 3
− −
3 (1; 4; 2)
MH
u = MH = − −
0,25
Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là: x y z
1
− −
= =
− −
0,25
Theo trªn cã ( ;7 1; 2)
3 3
H − − mà H trung điểm MM’ nên toạ độ
(9)- Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
9 M’(8 ; 5; 4)
3 − − ĐK: x>0 , y>0
(1) ⇔ 3
2log log
2 xy −2 xy − =2 0
0,5
⇔log3xy = ⇔ xy = 3⇔y=
3 x
(2)⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 =
0,25
Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( ; ) ( ; )
0,25
VIb
A M D
S
H