De thi thu DH so 10co dap an

[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)

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

x y x x y

 = +

 

+ + = + +



……… ……… HẾT………

(C¸n bé coi thi không giải thích thêm)

(3)

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)

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 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)

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)

6

IV

Tõ biĨu thøc trªn ta cã:

[ ]

3

2

1 2 2

3

2

SMCH

x x

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

=



=

 

⇒ ⇒ = −

 

= =

 

 ∫  ∫

8

0 cos x

π

π π

= + = −

0,25

TÝnh I2

4

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)

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

 

+ = + + + + +  + +  + + +

 

≥ + + + =

+ + +

⇒ ≥

0,25

2 2

2

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

: 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)

8

Từ suy ra: M (-1 ;0 ;4) 0,25

VI.a 1 1

Bpt (2 3) (2 3) 4

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

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

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)

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