De thi thu dai hoc mon Toan 144

Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp.. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC.[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 144)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Câu I: Cho hàm số f(x)=x4+2(m −2)x2+m2−5m+5 ( C ) 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m =

2/ Tìm giá trị thực m để (C) có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân Câu II: 1/ Giải bất phương trình sau tập số thực:

√

x+2−

√

3− x≤

√

5−2x 2/ Tìm nghiệm thực thoả mãn 1+log1

3

x ≥0 phương trình: sinx tan 2x+

√

3

(

sinx −

√

3 tan 2x

)

=3

√

3

Câu III: Tính tích phân sau:





1

0

2 ln 1

x

x x dx

x

  

   

  

 



Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi,góc A=1200, BD = a >0 Cạnh bên SA vng góc với đáy Góc mặt phẳng (SBC) đáy 600 Một mặt phẳng (α) qua BD vng góc với cạnh SC Tính tỉ số thể tích hai phần hình chóp mặt phẳng (α) tạo cắt hình chóp Câu V: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc+a+c=b Hãy tìm giá trị lớn biểu thức: P=

a2+1− b2+1+

3 c2+1

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chọn chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: 1/ Cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình x+y+1=0 Phương trình đường cao vẽ từ B là: x −2y −2=0 Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C Viết phương trình cạnh bên tam giác ABC

2/ Viết phương trình đường thẳng (d) qua M(1;1;1),cắt đường thẳng

(

d1

)

: x+2

3 =

y 1=

z −1 −2 vng góc với đường thẳng

(

d2

)

:x=−2+2t ; y=−5t ; z=2+t ( t∈R )

Câu VII.a: Giải phương trình sau N*: C

n

1

+3Cn2+7Cn3+ +

(

2n−1

)

Cnn=32n−2n−6480 B/ Phần đề theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E): x2 5y2 5, Parabol

 

2 : 10 P x y

Hãy viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng

 

 :x3y 0 , đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox cát tuyến chung Elip (E) với Parabol (P)

2/ Viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 đồng thời cắt hai đường thẳng

(

d1

)

:

x −1

2 =

y+1 −1 =

z

1

(

d2

)

:x=−1+t ; y=−1; z=−t , với t∈R Câu VII.b: Giải hệ phương trình sau tập số thực:

{

x

2

=1+6 log4y y2=2xy+22x+1 Cán coi thi khơng giải thích thêm Thí sinh không sử dụng tài liệu

Giám thị ( Ký ghi rõ họ, tên) ……… Số báo danh thí sinh:

Híng dÉn gi¶I ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 144 )

Câu ý Hớng dẫn giải chi tiết Điểm

PHN CHUNG CHO TẤT CẢ C C TH SINHÁ Í 7.00

Câu I Khảo sát h m sà ố ( im )

1 Vi m =1 Khảo sát hµm sè f(x)=y=x4

−2x2+1 (C) (1.00 ®iĨm )

1* TX§: D = R

2* Sù biÕn thiªn hàm số:

* Giíi h¹n vơ cực: x →− ∞lim f(x)=+∞ : x →lim

+∞f(x)=+∞

0.25

* B¶ng biÕn thiªn: f '(x)=y '=4x3−4x=4x

(

x2−1

)

y '=0⇔x=0; x=−1; x=1

x -∞ -1 +∞ y’ - + - +

y +∞ +∞

Hàm số đồng biến khoảng (−1;0) (1;+∞) , nghịch biến trờn khoảng (− ∞;−1) (0;1)

H m sà ốđạt cực tiểu x=±1; yCT=0 , đạt cực đại x=0; yCD=1

0.5

3* Đồ thị:

* im uốn: y''=12x2−4 , điểm uốn là: U1

(

−

√

3 ;

4

9

)

,U2

(

√

3 ;

4 9

)

* Giao điểm với trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) C(1; 0)

* Hàm số chẵn R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: Giám khảo tự vẽ hình

8

6

4

2

-2

-4

-5

* Chú ý: Đối với Hs học chương trình quy tắc KSHS thực như chương trình chỉnh lý hợp 2000

0.25

2 Tìm tham số m (1.0 điểm)

* Ta có f '(x)=4x3+4(m −2)x=0⇔x=0; x2=2− m 0.25 * Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt đổi dấu :

m < (1) Toạ độ điểm cực trị là:

A

(

0;m2−5m+5

)

, B

(

√

2− m;1− m

)

,C

(

−

√

2− m;1−m

)

0.25

* Do tam giác ABC ln cân A, nên tốn thoả mãn vng A: ⃗AB ⃗AC=0⇔(m−2)3=−1⇔m=1 đk (1)

Trong ⃗AB=

(

√

2− m;− m2

+4m−4

)

,⃗AC=

(

−

√

2− m;− m2+4m−4

)

Vậy giá trị cần tìm m m =

0.5

Câu II

1

Giải bpt

√

x+2−

√

3− x≤

√

5−2x ( 1.00 điểm ) * ĐK:

{

−2≤ x<5 x ≠1

2

0.25

* Với −2≤ x<1

2 :

√

x+2−

√

3− x<0,

√

5−2x>0 , nên bpt 0.25 * Với 12<x<5

2 : Bpt⇔

√

x+2−

√

3− x ≥

√

5−2x⇔

√

2x2−11x+15≤2x −3 Ta có:

{

3 2≤ x<

5 2x2− x −6≥0

⇔2≤ x<5

2

0.25

Vậy tập nghiệm bpt là: S=¿∪¿ 0.25

2 Nghiệm PTLG sinx tan 2x+

√

3

(

sinx −

√

3 tan 2x

)

=3

√

3 * ĐK :

1

1 log x 0 0x3

0.25

* ĐK : cos 2x ≠0

PT tương đương với (sinx −3)

(

tan 2x+

√

3

)

=0⇔tan2x=−

√

3 ⇔x=−π

6+k π ;k∈Z

0.5

* Kết hợp với điều kiện (1) ta k = 1; nên x=π ; x=

5π

6 0.25

Câu III

Tính tích phân





1

0

2 ln 1

x

K x x dx

x

  

 

  

  

 



( 1.00 điểm) * Tính



0

√

1−

√

x

1+

√

xdx=I , Đặt

√

x=cost ;t∈

[

0; π

2

]

Đổi cận: x=0⇒t=π

2 x=1⇒t=0 Ta có: x=cos2t⇒dx=−2 sint cost dt

0.25

* Biến đổi:

√

1−

√

x

1+

√

x dx=−2(1−cost) cost dt * Nên

I=2



π

2

(1−cost)cost dt=2



π

2

cost dt−



π

2

(1+cos 2t)dt=2sint¿0

π

2− t ¿0

π

2−1

2sin 2t¿0

π

2

=2−π

0.25

* Tính



2xln(1+x)dx=J Đặt

{

u=ln(1+x)

dv=2 xdx ⇒

{

du=

1+xdx v=x2

0.25

* Nên J=x2 ln

(1+x)¿01−



x2

x+1dx=ln 2−



0

(

x −1+

1+x

)

dx=ln 2−

(

x2

2 − x+ln|1+x|

)

¿0

=1 Vậy K=I −J=3− π

2

0.25

Câu IV Hình học khơng gian ( 1.00 điểm )

OB=1 2BD=

a

2 AB=AC= a

√

3

3 Đặt I trung điểm BC AI⊥BC;AI=OB

Mà SA⊥mp(ABCD)⇒BC⊥SI Do ∠SIA góc mp(SBC) mp(ABCD) ΔSAI vuông A : ∠SIA=600⇒SA=AI tan600=a

√

3

2 * Kẻ OK⊥SC K mp(BD;OK) mp(α)

Khi ΔASC~ΔKOC : SC OC=

AC

KC⇔KC=

OC AC

SC ⇔

SC KC=

SC2

OC AC (1) Lại OC=1

2AC;SC

2

=SA2+AC2 , nên SC

KC=2

(

1+ SA2 AC2

)

=

13 =

SA HK Trong H hình chiếu K mp(ABCD) H thuộc AC

0.25

* Ký hiệu V, V1, V2 thể tích hình chóp S.ABCD, K.BCD phần cịn lại hình chóp S.ABCD: V

V1

=SABCD.SA SBCD HK

=2 SA

HK=13

0.25 * Ta được: V

V1

=V1+V2 V1

=1+V2 V1

=13⇔V2 V1

=12

O

A B

D

C S

I K

H

0.25

Câu V

Tìm GTLN biểu thức P= a2+1−

2 b2+1+

3

c2+1 (1) ( 1.00 điểm ) * Điều kiện abc+a+c=b⇔b= a+c

1−ac ac≠1 a , b , c>0 Đặt a=tanA , c=tanC với A , C ≠π

2+kπ ;k∈Z Ta b=tan(A+C)

0.25

(1) trở thành

P= tan2A

+1−

2 tan2

(A+C)+1+ tan2C+1

= 2cos2A −2 cos2(A+C)+3 cos2C = cos2A-cos(2A+2C)+3 cos2C = 2sin(2A+C) sinC+3 cos2C

0.25

Do đó: P≤2|sinC|−3 sin2C

+3=10

3 −

(

|sinC|− 3

)

2 ≤10

3 Dấu đẳng thức xảy khi:

{

|sinC|=1

|

sin(2A+C)

|

=1 sin(2A+C) sinC>0

0.25

Từ

|

sinC

|

=1

3⇒tanC=

√

2

4 từ

|

sin(2A+C)

|

=1⇔cos(2A+C)=0 tanA=

√

2

2

Vậy Ma xP=10

3 ⇔

(

a=

√

2 ;b=

√

2;c=

√

)

0.25

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00

Câu VIa Phương pháp toạ độ mp không gian ( 2.00 điểm) Toạ độ mạt phẳng ( 1.00 điểm )

* Gọi D, E chân đương cao kẻ từ B, C

Ta có toạ độ điểm B(0 ; -1) ⃗BM=(2;2) , suy MB⊥BC Kẻ MN // BC cắt BD N BCNM hình chữ nhật

0.25

* Phương trình đường thẳng MN là: x+y −3=0 N=MN∩BD nên N

(

8

3;

3

)

Do NC⊥BC nên pt x − y −

3=0 0.25

* Toạ độ C nghiệm hpt:

{

x+y+1=0 x − y −7

3=0

⇒C

(

2 3;−

5 3

)

Toạ độ vectơ ⃗CM=

(

4

3;

3

)

, nên phương trình AB là: x+2y+2=0

0.25

* Một vectơ phương BN vectơ pháp tuyến AC, nên phương trình cạnh AC là: 6x+3y+1=0

E D

B C

A

M N 0.25

2 Toạ độ không gian (1.00 điểm)

* VTCP d2 ⃗v=(2;−5;1) VTPT mp(P) qua M vng

góc với d2 Pt mp(P) là: 2x −5y+z+2=0 0.25

* Gọi A giao điểm d1 mp(P) nên A(−2+3t ;t ;1−2t)

Thay vào phương trình mp(P) t=−1⇒A(−5;−1;3) 0.25 * Đường thẳng d cần lập pt có VTCP ⃗u=(3;1;−1)do⃗MA=(−6;−2;2)

Vậy phường trình đường thẳng d là: x −1

3 =

y −1

1 =

z −1

−1 (vì d ≠ d2)

0.5

CâuVII.a Giải pt : Cn1

+3Cn2+7Cn3+ +

(

2n−1

)

Cnn=32n−2n−6480 (1.00 điểm) * Trên R Xét (1+x)n=Cn0+Cn1.x+C2n.x2+Cn3.x3+ +Cnn.xn

Lấy đạo hàm vế n(1+x)n−1=Cn1+2Cn2.x+3Cn3.x2+ +nCnn.xn −1 0.25

* Lấy tích phân:

n



(1+x)n −1dx=Cn1



dx+2C2n



xdx+3Cn3



x2d x+ +nCnn



xn −1d x 0.25 * Ta Cn1+3Cn2+7Cn3+ +

(

2n−1

)

Cnn=3n−2n 0.25

* Giải phương trình 3n−2n

=32n−2n−6480⇔32n−3n−6480=0

Suy 3n=81⇔n=4 0.25

Phần lời giải theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b Phương pháp toạ độ mp không gian (2.00 điểm) Toạ độ mặt phẳng (1.00 điểm)

* Toạ độ giao điểm (E) (P) nghiệm HPT:

{

x=10y x2+5y2=5

Nhận thấy: với x > 0, có giá trị y đối xứng nhau, suy đường thẳng qua giao điểm là: x = ( cát tuyến chung)

Theo ra:

b=1 b=2 4−3b=b 4−3b=− b⇔¿ |6−3b −2|=|b|⇔¿

Ta có: Tâm I1=(3;1) R1=1 Phương trình (x −3)2+(y −1)2=1 0.25 Tâm I2=(0;2) R2=2 Phương trình : x2+(y −2)2=4 0.25 Toạ độ không gian ( 1.00 điểm)

* Điểm M∈

(

d1

)

, nên toạ độ M=

(

1+2t1;−1−t1;t1

)

điểm N∈

(

d2

)

, nên toạ độ N=(−1+t ;−1;−t) Suy ⃗MN=

(

t −2t

1−2;t1;− t −t1

)

0.25 * Với M , N∈(d) mặt phẳng (P) có VTPT ⃗n=(1;1;1) Suy

ra:

(d)⊥mp(P)⇔⃗MN=k.n; k⃗ ∈R❑⇔t −2t1−2=t1=−t − t1

0.25

* Giải ta

{

t=4 t1=−2

5

, M=

(

1 5;−

3 5;−

2

5

)

0.25

* Vậy phuơng trình đường thẳng (d) là: x −1 5=y+

3 5=z+

2

5 0.25

CâuVII.b

Giải hệ phương trình

{

x

=1+6 log4y

y2=2xy+22x+1 ( 1.00 điểm ) * ĐK : y >

Phương trình ẩn y có nghiệm là: y = -2x (loại) y = 2x+1 0.25 * Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: x2

=1+6 log42x+1⇔x2−3x −4=0

giải pt x = -1 x = 0.5

* Với x = -1 y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1)

Với x = y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32) 0.25