ĐỀ THI THỬ ĐH 2010 DÙNG ĐƯỢC

Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng BDA' theo a, b, c.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần phần 1 hoặc phần 2 1.. Viết phương trình AB 2.. Viết phương trì

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề *********************************

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I ( 2 điểm)

Cho hàm số 3 2

3

y= x − x (1)

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

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình : 3 2

3

x − x =a có ba nghiệm phân biệt trong đó có

2 nghiệm lớn hơn 1

Câu II ( 2 điểm)

1 Giải phương trình : 2sin 2 4sin 1 0

6

2 Giải bất phương trình : 3 9 5.3 14.log 3 1 0

2

x

+

−

Câu III ( 1,0 điểm)

Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c và đáy ABCD là hình bình hành có góc BAD bằng 600 Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng BDA' theo a, b, c

Câu IV ( 2 điểm)

1 Tính tích phân sau :

1

2 0

ln(1 )

I =∫x +x dx

2 Cho x;y;z là các số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

3 ( 3 3) 3 ( 3 3) 3 ( 3 3)

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn:

Câu Va (3,0 điểm)

1 Trong Oxy cho (C ) : 2 2

1

x + y = Đường tròn ( C’) có tâm I = (2;2) cắt (C ) tại A; B biết AB= 2 Viết phương trình AB

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A=(2;0;0) M=( 0;-3;6)

a.Chứng minh rằng mp (P):x+2y-9 = 0 tiếp xúc với mặt cầu tâm M ,bán kính OM.Tìm toạ độ tiếp điểm

b Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A,M cắt trục các Oy;Oz tại B;Csao cho thể tích của

tứ diện OABC bằng 3

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu Va ( 3,0 điểm)

1 Trong kgian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;0;0), B(0;0;4) và mặt phẳng (P): 2x-y+2z-4=0

a Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P) Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng AB và song song với (P)

b Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều

2 Tìm phần thực của số phức z=(1+i)n Trong đó n Z∈ * và thoả mãn

log n− +3 log n+6 =4

………Hết………

Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh: ………

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu I

1-điểm +)

3

x − x =a

+) Đặt y=x3-3x2 và y=a

+) Nhận xét x=1 suy ra y=-2

+) Từ đồ thị suy ra -4<a<-2

+) KL:

1/4 1/4 1/4 1/4 Câu II

1-điểm

3 sin 2 cos 2 4sin 1 0

3 sin 3 cos sin 2 0

7

6

π

π

KL:

1/4 1/4 1/4 1/4

1-điểm

+) Đ/K: x>2 or x<-1

3

1

2

x

x x

+

−

Xét x>2 ta có log 3 1 0 1 1 3 0 2

Xét x<-1 ta có 3 1 1 3

x

KL:

1/4

1/4

1/4

1/4

Câu III.

2 3

AE = AB = , do đó ( ,( ')) 2

( ,( ')) 3

AF⊥BD AH ⊥ A F Khi đó d(A, (BDA')) = AH.

Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD bằng 600 nên

2

ABD

AF

+ −

O -2 -4

1 2

y

x y=a

D A

A'

M E

F

D'

H

Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có

abc AH

Vậy ( ,( ')) 2 2 22 2 3 2 2 2

abc

d M BDA

=

Câu IV

1-điểm 6

dx I

=

∫

+) Đặt t= 4x+1 đổi biến

+) Đ/S ln3 1

2 12−

1/4 1/4 1/4 1/4

1-điểm

+) Ta có

3

x +y x y+ 

≥  ÷ ⇒ 4 x( 3 + y3) ≥ +x y +) VT 2(x y z) 2( x2 y2 z2)

VT xyz

xyz

≥ + ≥ KQ : F=12

1/4 1/4 1/4 1/4 Câu VI.a

1-điểm +)

+) ( ; ) 6 9 15 3 5

d M P − −

= = = +) Suy ra ĐPCM +Pt qua M và vuông với (P) : x=t ; y=-3+2t ; z=0

+) Giao điểm :t-6+4t-9=0 hay t=3 suy ra N=(3 ;3 ;0)

1/4

1/4 1/4

1/4 1-điểm +) Gọi B=(0 ;b ;0) C=(0 ;0 ;c)

+) PT (Q) 1

2

x y z

b c

+ + = qua M ta có : 3 6 1

− + =

+) Ta có 1

6

OABC

V = OA OB OCuuur uuur uuur  = +) Từ đó b= c=

1/4 1/4

1/4 1/4 Câu V.b

a Ta có uuurAB( 4;0; 4)− ; mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là (2; 1; 2)nr − Suy ra

4.2 0 2.4 0 và ( ) //( )

uuur r

Vì đường thẳng (d) vuông góc với AB và song song với (P) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d) là

, (4;16; 4)

ur=uuur rAB n=

Vậy phương trình đường thẳng (d) là

4 4

z t

= +



 =



 =

 b

Giả sử C(x; y; z) Điểm C thuộc mp(P) và tam giác ABC là tam giác đều nên

2x y 2z 4 0

− + − =



 =



 =



Ta có

( 4) 32

 − + − =

 − + + =







2 2 2

8 16 0

x z

 =



⇔ − + − =

 + + − − =

 Giải hệ này được x= 0, x = 20/9 Vậy C(0; -4; 0); C(20/9; 44/9; 20/9). 2

Hàm số f(x) = log4(x− +3) log5(x+6) là hàm số đồng biến trên (3; +∞) và f(19) = 4 Do đó phương trình

log n− +3 log n+ =6 4 có nghiệm duy nhất n=19.

w 1 2( os i sin )

= + = + Với n = 19 áp dụng công thức Moavrơ ta có:

w19 ( 2)19 os19 i sin19 ( 2)19 os3 i sin3

Suy ra phần thực của z là : ( )19 3 19 2

2 os ( 2) 512