Cõu IV 1 điểm Cho hỡnh chúp cụt tam giỏc đều ngoại tiếp một hỡnh cầu bỏn kớnh r cho trước.. Tớnh thể tớch hỡnh chúp cụt biết rằng cạnh đỏy lớn gấp đụi cạnh đỏy nhỏ.. Theo chương trỡnh ch
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Cõu I (2 điểm) 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 Cõu II (2 điểm) :
1 Giải hệ phương trỡnh:
12 12
− =
2.Giải phương trỡnh:
sin 2 cos x x + − 3 2 3 os c x − 3 3 os2 c x + 8 3 cos x − s inx − 3 3 0 =
Cõu III: Tớnh diện tớch của miền phẳng giới hạn bởi cỏc đường y = | x2 − 4 | x và y=2x.
Cõu IV (1 điểm) Cho hỡnh chúp cụt tam giỏc đều ngoại tiếp một hỡnh cầu bỏn kớnh r cho trước Tớnh thể tớch hỡnh chúp cụt biết rằng cạnh đỏy lớn gấp đụi cạnh đỏy nhỏ.
Cõu V (1 điểm) Cho phương trỡnh x+ 1− +x 2m x(1− −x) 24 x(1−x) =m3
Tỡm m để phương trỡnh cú một nghiệm duy nhất.
PHẦN RIấNG (3 điểm): Thớ sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trỡnh chuẩn.
Cõu VI.a (2 điểm)
1 Cho∆ABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y+ + =1 0 và phõn giỏc trong CD:
1 0
2 Cho đường thẳng (D) cú phương trỡnh:
2 2
2 2
= − +
= −
= +
.Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm
A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hỡnh chiếu vuụng gúc của A trờn (D) Trong cỏc mặt phẳng qua ∆, hóy viết phương trỡnh của mặt phẳng cú khoảng cỏch đến (D) là lớn nhất.
Cõu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng
2 Theo chương trỡnh nõng cao.
Cõu VI.b (2 điểm)
1 Cho hỡnh bỡnh hành ABCD cú diện tớch bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chộo nằm trờn đường thẳng y = x Tỡm tọa độ đỉnh C và D.
2 Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ cú phương trỡnh tham số
1 2 1 2
z t
= − +
= −
=
.Một điểm
M thay đổi trờn đường thẳng ∆, tỡm điểm M để chu vi tam giỏc MAB đạt giỏ trị nhỏ nhất.
Cõu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giỏc Chứng minh
2
a
a b a c a b c a c a b
-Hết -Kỳ thi thử đại học- cao đẳng
Trang 2năm 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
Tiệm cận: = −∞
−
+
= −
− →
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
* 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 chu vi tam
Gọi M
−
+ 1
3 2
; 0 0
x
* Tiếp tuyến tại M có dạng:
1
3 2 ) (
) 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(2x 0 -1; 2) ; I(1; 2)
0,25
0,25
Trang 3Câu Nội dung Điểm
* Ta có: S∆IAB =
2
1
IA IB= 21 6 1 2 0 1 2.3 6
0
=
=
−
⋅
−
* ∆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
M 1 (1+ 3;2+ 3)
M 2 (1− 3;2− 3)
Khi đó chu vi ∆AIB = 4 3+2 6
0,5
II
1
1) CõuII:2 Giải phương trỡnh:
sin 2 cos x x + − 3 2 3 os c x − 3 3 os2 c x + 8 3 cos x − s inx − 3 3 0 = .
0 3 3 ) sin cos 3 ( 8 3 3 cos 3 6 cos 3 2 cos sin 6 cos sin 2
0 3 3 ) sin cos 3 ( 8 2 cos 3 3 cos 3 2 ) 3 (cos 2 sin
2 3
2
3
=
−
− +
+
−
− +
⇔
=
−
− +
−
− +
x x x
x x
x x
x
x x x
x x
x
0 ) sin cos 3 ( 8 ) sin cos 3 ( cos 6 ) sin cos 3 ( cos
−
=
=
=
⇔
=
− +
=
−
⇔
= +
−
−
−
⇔
) ( 4 cos
1 cos
3 tan 0
4 cos 3 cos
0 sin cos 3
0 ) 8 cos 6 cos 2 )(
sin cos 3 (
2
2
loai x
x
x x
x
x x
x x
x x
Ζ
∈
=
+
=
k x
k x
, 2
3
π
π π
1
Điều kiện: | | | |x ≥ y
Đặt
v x y
= +
; x= −y khụng thỏa hệ nờn xột x≠ −y ta cú
2
1 2
u
v
Hệ phương trỡnh đó cho cú dạng:
2
12 12 2
u v
v v
+ =
Trang 4
4 8
u v
=
hoặc
3 9
u v
=
=
+
=
+ =
+
=
+ =
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương
trình ban đầu là S={ ( ) ( )5;3 , 5; 4 }
0,25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương
trình ban đầu là S={ ( ) ( )5;3 , 5; 4 }
1,00
Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y=|x2−4 | ( )x C và
( )d :y=2x
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
6
x
Suy ra diện tích cần tính:
S= ∫ x − x − x dx + ∫ x − x − x dx
0,25
Tính: 2( 2 )
0
I =∫ x − x − x dx
Vì [ ] 2
∀ ∈ − ≤ nên |x2−4 |x = − +x2 4x ⇒
2
2 0
4
3
0,25
Tính 6( 2 )
2
K =∫ x − x − x dx
Vì ∀ ∈x [ ]2; 4 ,x2−4x≤0 và ∀ ∈x [ ]4;6 ,x2−4x≥0 nên
K =∫ x x− − x dx+∫ x − x− x dx= − .
0,25
Vậy 4 16 52
Trang 5Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’ Ta có:
( ') ( ' ') ( ' ')
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥
Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy
tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II∈ '.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn Ta có:
I K =I H = I C = IK =IH = IC=
Tam giác IOI’ vuông ở O nên: 2 3 3 2 2 2
x x
I K IK OK= ⇒ = ⇒r x =
0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: ( ' ')
3
h
V = B B+ + B B
Trong đó: 4x2 3 2 2 2 3 3r2 3
x
0,25
Từ đó, ta có:
VI
Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 0 C t( ;1−t) Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
M + −
0,25
0,25
Từ A(1;2), kẻ AK ⊥CD x y: + − =1 0 tại I (điểm K BC∈ ).
Suy ra AK:(x− − − = ⇔ − + =1) ( y 2) 0 x y 1 0
Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 ( )0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =
− + =
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K(−1;0).
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 1 8
x y
+ = ⇔ + + =
− +
Trang 6Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng
∆, thì ( ) //( )P D hoặc ( ) P ⊃( )D Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P) Ta
luôn có IH ≤IA và IH ⊥AH
Mặt khác ( ( ) ( ) ) ( ( ) )
( )
∈
Trong mặt phẳng ( )P , IH IA≤ ; do đó maxIH = IA⇔ ≡H A Lúc này (P) ở vị trí (P 0 ) vuông góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P 0 ) là n IAr uur= =(6;0; 3− ), cùng phương với vr=(2;0; 1− ) Phương trình của mặt phẳng (P 0 ) là: 2(x− −4) (1 z+ =1) 2x - z - 9 = 0.
VIIa
Để ý rằng (xy+ − +1) (x y) (= −1 x) (1−y) ≥0;
và tương tự ta cũng có 1
1
yz y z
zx z x
+ ≥ +
+ ≥ +
Vì vậy ta có:
3
1 zx+y 1
5 1
5
x y z
x
yz zx y xy z
x
z y y z
=
vv
1,00
Ta có:
( 1;2) 5
AB= − ⇒AB=
uuur
Phương trình của AB là: 2x y+ − =2 0.
( ): ( );
I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC và BD nên ta có:
(2 1;2 ,) (2 ;2 2)
C t− t D t t−
0,25
Trang 7Mặt khác: S ABCD= AB CH =4 (CH: chiều cao) 4
5
CH
Ngoài ra: ( )
( ) ( )
;
t
d C AB CH
Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2;
C D
hoặc C(−1;0 ,) (D 0; 2− )
0,50
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:
1 2 1 2
z t
= − +
= −
=
.
Điểm M∈∆ nên M(− +1 2 ;1 ; 2t −t t).
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
0,25
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ur=(3 ; 2 5t ) và
( 3 6;2 5)
Ta có ( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
r r
Suy ra AM BM+ =| | | |ur + vr và u vr r+ =(6; 4 5) ⇒ + =|u vr r| 2 29
Mặt khác, với hai vectơ ,u vr r
ta luôn có | | | | |ur + vr ≥ +u vr r|
Như vậy AM BM+ ≥2 29
0,25
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ,u vr r
cùng hướng
1
t
t t
− +
(1;0; 2)
M
⇒ và min(AM BM+ )=2 29.
0,25
Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 11( + 29) 0,25
Trang 8Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >
+ >
+ >
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
.
Vế trái viết lại:
2
VT
a c a b a b c
y z z x x y
0,50
Ta có: x y z z x y z( ) 2z x y( ) 2z z
x y z x y
Tương tự: x 2x ; y 2y .
y z < x y z z x < x y z
2
x y z
y z z x x y x y z
+ +
a
a b a c a b c a c a b
0,50
V.Phương trình x+ 1− +x 2m x(1− −x) 24 x(1−x) =m3 (1)
Điều kiện : 0≤ ≤x 1
Nếu x∈[ ]0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm
duy nhất thì cần có điều kiện 1 1
2
2
x= vào (1) ta được:
1
m
m
=
* Với m = 0; (1) trở thành:
2
Phương trình có nghiệm duy nhất.
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( ) ( )
4
4
2
2
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
Trang 9* Với m = 1 thì (1) trở thành:
4
x+ − −x x −x = − x −x ⇔ x− −x = x− −x
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1
2
x= x= nên trong trường hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
