Đề và ĐA thi thử ĐH 2010 Xuân Áng

Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất.. Giải phơng trình: 2 cos.. Câu IV Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng a , mặt bên

Trờng thpt Xuân áng

Đề thi thử đại học năm 2009-2010

Môn Toán

(Thời gian 180 phỳt khụng kể thời gian giao đề).

I- PHầN CHUNG CHO TấT Cả THí SINH .

Câu I Cho hàm số

1

1 2

−

+

=

x

x

y có đồ thị (C).

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

2 Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất

Câu II 1 Giải phơng trình: 2

cos 2 sin

2sin x

-2x 3sin

x x

2 Giải hệ phơng trình :









=

− + +

= +

− +

−

0 22 2

0 9 6 4

2 2

2 2 4

y x

y x

y y

x x

Câu III 1.Tính tích phân sau: 2 sin cos3 dx

0

sin 2

x x

e x

∫

π

2 Cho 3 số dơng x, y, z thoả mãn : x +3y+5z 3≤ Chứng minh rằng:

4 625

3xy z4 + +15yz x4 +4+5zx 81y4 +4 ≥ 45 5 xyz.

Câu IV Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng a , mặt bên hợp với đáy góc α .

Tìm α để thể tích của hình chóp đạt giá trị lớn nhất.

II- PHầN RIÊNG (Thí sinh chỉ làm một trong 2 phần ; phần 1 hoặc phần 2 )

Phần 1( Dành cho thí sinh theo chơng trình chuẩn )

Câu Va 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(

2

1

; 0) Đờng thẳng chứa cạnh AB có phơng trình x-2y+2= 0 , AB =2AD

Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D, biết A có hoành độ âm

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đờng thẳng (d1) và (d2)có phơng trình

Lập phơng trình mặt phẳng chứa (d1) và (d2)

.Câu VIa Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

3

3 9

1 6

4 -x : ) (d

; 1

2 -z 3

1 y 2

1 );

( 1 x− = + = 2 = y− = z−

d

đề chính thức

ơng trình







 +

=

=

+

=

∆









=

+

=

+

=

∆

4t' 2

t' 2 y

t' 2 -2 x : ; 4

2t -1 y

t 3 x

z z

Viết phơng trình đờng vuông góc chung của (∆) và ( )'∆ Câu VIb Giải và biện luận phơng trình :mx+1(m2x2 +2mx+2)= x3 −3x2 +4x−2

Trờng THPT

Xuan áng Kỳ thi thử đại học- cao đẳng năm 2009-2010

Hớng dẫn chấm môn toán

I.1

Khảo sát hàm số y=

1

1 2

−

+

x

1 Tập xác định: R\{1}

2 Sự biến thiên:

) 1 (

3 )

1 (

) 1 2 ( ) 1 ( 2 '

−

−

=

−

+

−

−

=

x x

x x

y

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1;+∞)

Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị

0,25

−

+

− →

1 2 lim

lim

1

x y

x x

= +∞

−

+

+ →

1 2 lim

lim

1

x y

x x

Do đó đờng thẳng x=1 là tiệm cận đứng

2

1

1 2 lim

−

+

=

±∞

→

±∞

x y

x x

Vậy đờng thẳng y= 2 là tiệm cận ngang

0,25

Câu Nội dung Điểm

* Bảng biến thiên:

-∞

+∞

2 3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số

0,5

I.2 Với M bất kì ∈ (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B Tìm M để

Gọi M









−

+

1

3 2

; 0 0

x

* Tiếp tuyến tại M có dạng: ( ) 2 3 1

) 1 (

3

0 0

2

−

=

x x

x x

y

Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng

là: A + − 1 

6 2

; 1

0

x

B(2x0-1; 2) ; I(1; 2)

* Ta có: S∆IAB=

2

1 IA IB= 21 6 1 2 0 1 2.3 6

0

=

=

−

⋅

−

0,25

0,25

* ∆IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi ∆IAB đạt giá trị nhỏ nhất

khi IA= IB (HS tự chứng minh)









−

=

+

=

⇒

−

=

3 1 1

2 1

6

0

0 0

x x

x

* Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện

M1(1+ 3;2+ 3)

0,5

* Phơng trình ⇔ 2

cos 2 sin

sin 2 2 sin 3

=

−

x x

x x

Điều kiện: sin2x ≠ 0 =>







≠

≠

0 cos

0 sin

x x

* Từ phơng trình => 3sin2x -2sinx = 2sin2x.cosx

⇔ (2sin2x – 2sin2x.cosx)+ sin2x- 2sinx = 0

⇔2sin2x(1- cosx)+ 2sinx(cosx -1)= 0

0,5

* ⇔ 2(1- cosx)(sin2x- sinx) =0

⇔











=

−

⇔

=

−

=

⇒

=

0 ) 1 cos 2 ( sin 0

sin 2 sin

0 sin 1 cos

x x

x x

x x

* ⇔2cosx -1 =0 (do sinx ≠ 0)

3 3

cos 2

1 cosx= = ⇒x =± +k (k∈Z)

0,5

II.2

Giải hệ phơng trình:









=

− + +

= +

− +

−

0 22 2

0 9 6 4

2 2

2 2 4

y x y x

y y x x

* Hệ phơng trình tơng đơng với









=

− + +

=

− +

−

0 22 )

2 (

4 ) 3 ( ) 2 (

2 2

2 2

2

x y x

y x

1,00 (loại)

Câu Nội dung Điểm

0,25

0,25

0,5

III.1 Tính tích phân ∫/2

0

3 sin2 sin cos

π

xdx x

e x

1,00

Đặt sin2x= t => dt= 2sinx cosxdx

Đổi cận: x=0 => t=0; x= 1

2 ⇒t=

π Khi đó I=

0

) 1 ( 2

1

dt t

e t

0,5

Đặt









=

−

=

⇔









=

=

−

t

dt du dv

dt e

u t

2

1 2

1

1

Dùng tích phân từng phần ta có I= e

2

1 0,5

III.2 Cho 3 số dơng x, y, z thoả mãn : x +3y+5z ≤ 3 Chứng minh rằng: xy3

4

625z4 + + zx5 81y4 +4+15yz x4 +4 ≥45 5xyz

1,00 Bất đẳng thức

Đặt t = 3 (x.3y.5z)2

3

5 3 )

5 3 (

3









 + +

z y

Điều kiện 0 < t ≤1 Xét hàm số f(t)= =36 +36−27 ≥2 36.36 −27

t t t

t t

= 45

Dấu bằng xảy ra khi: t=1 hay x=1; y=

3

1

; z=

5

1

IV Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng a,mặt bên hợp với đáy góc α Tính α để thể tích V của hình chóp đạt giá trị lớn nhất.

1,00

* Tính V= 3 2 3

) tan 2 (

tan

3

4

α

α +

2

) tan 2 (

tan α

α

α

α 2

2

tan 2

tan + .2 tan2α

1 + .2 tan2α

1

1

≤

⇒Vmax

27

3

4a3

= khi đó tan2α =1 ⇒ α= 45o

0,5 0,5

Va.1

Cho hình chữ nhật ABCD có tâm I 









 ; 0

2

1

; AB có phơng trình: x- 2y+2=

0; AB= 2AD Tìm tọa độ A; B; C; D biết A có hoành độ âm

1,00

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AB ,khi đó IH=

2 5

Ta có tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn (C) có tâm I và bán kính R=

IA đờng tròn (C) có phơng trình là:

4

25 2

1 2 2

= +











 −x y ⇒ A(-2; 0);

⇒ B(2; 2) Do C đối xứng với A qua I qua đó C(3; 0)

0, 5

0, 5

Câu Nội dung Điểm

Va.2

Trong không gian với hệ trục Oxyz cho đờng thẳng (d1) và (d2)có

ph-ơng trình:

d1:









+

=

+

−

=

+

=

t z

t y

t x

2

3 1

2 1

; d2:

3

3 9

1 6

4 = − = −

x

Hãy lập phơng trình mặt phẳng (P) chứa (d1) và (d2)

1,00

+ Ta có: (d1) // (d2) ( HS phải chứng minh đợc)

0,25 Gọi mặt phẳng cần tìm là (P).Hai véc tơ không cùng phơng có giá

song song hoặc nằm trên mặt phẳng (P) là: u 1( 2 ; 3 ; 1 ) và M1M2

(3;2;1).Vậy (P) có véc tơ pháp tuyến là: n  = [ u1, M1M2] = ( 1 ; 1 ; − 5 )

Mặt phẳng (P) qua M1(1; -1; 2) Vậy phơng trình (P) là: ⇔ x+ y- 5z +10

=0

0,25

0, 5

VIa Tìm m để phơng trình sau có hai nghiệm phân biệt:

m( 2x+1) x2 +1=10x2+8x+4

1,00 Nhận xét : 10x2+8x+4= 2(2x+1)2 +2(x2 +1)

Phơng trình tơng đơng với : 2 ( ) 2 0

1

1 2 ( ) 1

1 2

2

2

+

+

− +

+

x

x m x

x

0,75

Vb.1 Trong mặt phẳng với hệ Oxy cho hình vuông ABCD biết các điểm

M(2;1) ; N(4; -2) ; P(2; 0); Q(1; 2) lần lợt thuộc cạnh AB; BC; CD và AD

Hãy lập phơng trình các cạnh của hình vuông trên

1,00 + Giả sử đờng thẳng AB qua M và có véc tơ pháp tuyến là n  ( a ; b )

(a 2 + b 2 ≠0) => véc tơ pháp tuyến của BC là:n 1( − b ; a ).Phơng trình AB

có dạng: a(x-2) +b(y-1)= 0

AB: x- 2y = 0 ; CD : x- 2y-2 =0

BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y -4 =0

Tr

ờng hợp 2 : b= -a Khi đó

AB: -x + y+ 1 =0 BC: -x –y + 2= 0

AD: -x –y +3 =0 CD: -x + y+ 2 =0

0,25 0,25

Vb2 Cho (∆):









=

+

−

=

+

=

4

2 1 3

z

t y

t x

; (∆’)









+

=

=

+

−

=

u z

u y

u x

4 2 2

2 2

Viết phơng trình đờng vuông góc chung của (∆) và (∆’)

1,00

+ Gọi đờng vuông góc chung của (∆) và (∆’) là d

Khi đó [ ] , ' ( 4 ; 2 ; 1 )

2

1

−

−

=

u d 

+ Gọi (α) là mặt phẳng chứa (∆) và (d) thì (α) qua N(3; -1; 4) và có véc

tơ pháp tuyến: n 1 = [ u  , u d] = ( − 2 ; 1 ; − 10 )

Vậy phơng trình của (α) là: 2x- y + 10z - 47 =0

+ Gọi (β) là mặt phẳng chứa (∆’) và (d) thì (β) qua M(-2; 0; 2) và có

véctơ pháp tuyến: n 2 = [ u  ,' u d] = ( 6 ; 18 ; − 12 )

Vậy phơng trình của (β) là: x + 3y- 2z + 6 =0

Do đó đờng vuông góc chung của ∆ và ∆’ là giao tuyến của hai mặt

phẳng:

2x – y + 10z – 47 = 0 và x + 3y – 2z + 6 =0

+Lập phơng trình tham số của (d).(HS tự làm)

0,25

0,25

0,25

0,25 VI.b Giải và biện luận:mx+1(m2x2 +2mx+2)=x3 −3x2 +4x−2 1,00

* Phơng trình tơng đơng với: (mx+1)3 + mx+1 =(x−1)3 +(x−1)

Xét hàm số: f(t)=t3 +t, hàm số này đồng biến trên R

f(mx+1)= f(x−1) ⇔ mx+1 =x−1

* Giải và biện luận phơng trình trên ta có kết quả cần tìm

+−1<m<1 phơng trình có nghiệm x=

1

2

−

−

m

+m=-1 phơng trình nghiệm ∀x≥1

Các trờng hợp còn lại phơng trình vô nghiệm

0,5

0,5