de thi thu dai hoc 2010a

Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận.. Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần 1 hoặc phần

ĐỀ THI THỬ ĐH-CĐ NĂM 2010

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

Câu I (2,0 điểm).

Cho hàm số 1

1

x y x

+

=

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) M(x 0 ; y 0 ) là một điểm bất kỳ thuộc (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A

và B Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M.

Câu II (2,0 điểm).

a) Giải phương trình: 1 3cos + x+ cos 2x− 2cos 3x= 4sin sin 2x x

b) Giải phương trình:

log x - x - 1 log x + x - 1 = log x - x - 1

Câu III (1,0 điểm).

Tính tích phân I =

1

0 1 2010x

dx

+

∫

Câu IV (1,0 điểm).

Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CA = AD = DB =a 2, CD = 2a Tính thể tích tứ diện ABCD.

Câu V (1,0 điểm).

Cho









≤ + +

>

2 3

0 , ,

z y x

z y x

Chứng minh rằng

2

51 1 1 1







 + + +

+ +

=

z y x z y x P

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

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

1 Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm).

1 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có phương trình tương ứng (P): 2x - 3y + 4z - 5 = 0

(S): x 2 + y 2 + z 2 + 3x + 4y - 5z + 7

2 = 0.

Lập phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S)

2 Cho tam giác ABC cạnh BC có trung điểm M 3; 1

2

 − 

 , hai cạnh kia có phương trình là:

4x+ 3y− = 2 0 và x+ 5y− = 9 0

Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.

Câu VII.a (1,0 điểm).

Một hộp đựng 15 bóng đèn, trong đó có 7 bóng xanh và 8 bóng đỏ Lấy ngẫu nhiên 3 bóng ( không

kể thứ tự ra khỏi hộp) Tính xác suất để trong 3 bóng lấy ra có ít nhất 1 bóng đỏ.

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x− 2y− = 1 0 , đường chéo BD: x− 7y+ = 14 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1) Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d): 2 1 1

x− = y+ = z−

− và mặt phẳng

( )α : 2x y z+ + − = 8 0 Viết phương trình hình chiếu vuông góc (d) trên ( )α

Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm căn bậc hai của số phức: ( )3

1 − 3i

ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM

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

Câu I (2,0 điểm).

Cho hàm số 1

1

x y x

+

=

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

1 Tập xác định: D = ¡ \ 1{ }

2 Sự biến thiên:

a) Chiều biến thiên:

2

'

( 1)

y

x

−

=

− => y' 0< ∀ ≠x 1 => HS nghịch biến trên mỗi KXĐ

b) Cực trị: HS không có cực trị

0,25

c) Giới hạn và tiệm cận:

+ xlim−>−∞y=1; limx−>+∞y= => =1 y 1 là TCN

+ xlim−>1− y= −∞; limx−>1+ y= +∞ => x=1 là TCĐ

0,25

b) M(x0; y0) là một điểm bất kỳ thuộc (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận tại A và B Gọi I là giao điểm của hai tiệm cận Chứng minh diện tích tam giác IAB không phụ thuộc vào vị trí điểm M

0

1

1

x

x

+

∈ <=> = ≠

−

0,25

0 2

1 2

x

+

+ Giao điểm của 2 tiệm cận: I(1;1)

+ A = (∆) ∩ TCĐ => A= 0

0

3 1;

1

x x

+ B = (∆) ∩ TCN => B =(2x0 − 1;1)

0,25

+ IA =

0

4

1

x −

+ IB = 2 x0 − 1

0,25

+ SIAB = 1

2.IA.IB = 4 (đvdt) không phụ thuộc vị trí M 0,25

Câu II (2,0 điểm).

a) Giải phương trình: 1 3cos + x+ cos 2x− 2 cos3x= 4sin sin 2x x

+ Biến đổi tương đương:

PT <=> 1 3cos + x+ cos 2x− 2 cos 2( x x+ ) = 4sin sin 2x x

<=> 1 3cos + x+ cos 2x− 2 cos cos 2( x x− sin sin 2x x) = 4sin sin 2x x

0,25

<=> 1 3cos + x+ cos 2x− 2 cos cos 2( x x+ sin sin 2x x) = 0

<=> 1 3cos + x+ cos 2x− 2 cosx= 0

<=> 1 cos + x+ cos 2x= 0

0,25

<=> 2 cos 2x+ cosx= 0 <=>

cos 0

1 cos

2

x x

=





 = −



0,25

<=> 22 ( )

2 3

K

 = +



∈



 = ± +



¢

0,25

b) Giải phương trình:

log x - x - 1 log x + x - 1 = log x - x - 1

+ ĐK:

2

2 2

2 2

1 0

1 0

1 0

1 0

x

x

 − ≥

 − − > <=> <=> ≥

− − >



+ − >



0,25

+ Đặt 2

1

x− x − =t, PT trở thành: 4 5 20

1 log logt log t

t = <=> log log 4t 5t+ log 20t= 0

Đặt y= log 4t =>

log 5 log 20

y + = <=> 4

20 4

0 log 5

log 5 log 20

y y

=







0,25

y= => t= <=> x− x − = <=> x− x2 − = <=> = 1 1 x 1(TM) 0,25

y= => t= => =t

2

t

− − = <=> − = − => =  + ÷

 => 1( log 5 20 log 5 20 )

2

x= + − (TM)

0,25

Câu III (1,0 điểm).

Tính tích phân I =

1

0 1 2010x

dx

+

∫

+ Đổi biến 2010 ln ln 2010 ln 2010

.ln 2010

+ Đổi cận: x= => = 0 t 1,x= => = 1 t 2010

0,25

+ I =

dt

= 1 ln | |12010 ln | 1|12010

ln 2010  t − t+ 

= ln 2010 ln 2011 ln 2

ln 2010

Câu IV (1,0 điểm).

Cho tứ diện ABCD có AB = BC = CA = AD = DB =a 2, CD = 2a Tính thể tích tứ diện ABCD

+ Gọi I là trung điểm DC

=> ⊥



=> 1 .

3

ABCD ABI

0,25

+ Tam giác ADC vuông cân=> AI = a

Tam giác BDC vuông cân => BI = a

=> tam giác ABI vuông cân

=> SABI = 1 2

2a

0,25 0,25 + VABCD = 1 1 2 3

.2

a

a a= (đvtt) 0,25

Câu V (1,0 điểm).

Cho









≤ + +

>

2 3

0 , ,

z y x

z y x

Chứng minh rằng

2

51 1 1 1

4  + + ≥ +

+ +

=

z y x z

y x P

+) Theo bất đẳng thức Côsi 1x+1y+1z ≥3 x3y z và x + y + z ≥3 xyz3

3

+ +

0,25

+) Đặt x + y + z = t với

2

3

0 <t ≤ => P t 36

t

≥ +

+) Xét f(t) = t 36

t

+ Ta có '( ) 1 362 0 0;3

2

t

 

= − < ∀ ∈ 

0,25

=> f(t) nghịch biến trên  



2

3

;

+) Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

2

1

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

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

1 Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm).

1 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có phương trình tương ứng (P): 2x - 3y + 4z - 5 = 0

(S): x2 + y2 + z2 + 3x + 4y - 5z + 7

2 = 0

Lập phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S)

+ (S) có tâm I 3; 2;5

− − 

 , bán kính R = 3 + (Q) // (P) => pt (Q) có dạng: 2x− 3y+ 4z C+ = 0 (C≠ − 5)

0,25

+ (Q) tiếp xúc với (S) <=> d(I/(Q)) = R <=>

2 3.( 2) 4.

3

2 ( 3) 4

C

− − − + +

+ − +

0,25

+ <=> 13 + =C 3 29 <=> = − ±C 13 3 29 0,25 + Có 2 mặt phẳng: 2x− 3y+ 4z− − 13 3 29 0; 2 = x− 3y+ 4z− + 13 3 29 0 = 0,25

2 Cho tam giác ABC cạnh BC có trung điểm M 3; 1

2

 − 

 , hai cạnh kia có phương trình là: 4x+ 3y− = 2 0 và x+ 5y− = 9 0.

Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC

+ Giả sử AB: 4x+ 3y− = 2 0, AC: x+ 5y− = 9 0

A = AB ∩ AC => Toạ độ A thoả mãn:  + − =4x x+53y y− =9 02 0 => A = (− 1;2)

0,25

+ Gọi d là đường thẳng qua M và song song với AB

=> d có phương trình dạng: 4x+ 3y C+ = 0 (C ≠ − 2)

d đi qua M 3; 1

2

 − 

  =>

  + − ÷+ = => = −

  Gọi N = d ∩ AC => Toạ độ N thoả mãn:

21

2

+ − =





 + − =



=> N = 3 3;

2 2

0,25

Câu VII.a (1,0 điểm).

Một hộp đựng 15 bóng đèn, trong đó có 7 bóng xanh và 8 bóng đỏ Lấy ngẫu nhiên

3 bóng ( không kể thứ tự ra khỏi hộp) Tính xác suất để trong 3 bóng lấy ra có ít nhất 1 bóng đỏ

+ Số phần tử của không gian mẫu: ( ) 3

15 455

+ Xét biến cố A: "Cả 3 bóng được chọn đều xanh" => ( ) 3

7 35

n A =C =

=> Xác suất biến cố A: ( ) ( ) 35 1

( ) 455 13

n A

P A

n

Ω

0,25

+ Xét biến cố B: "Có ít nhất 1 bóng đỏ được chọn" => B A=

=> ( ) 1 ( ) 1 1 12

13 13

P B = −P A = − =

0,5

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB:

x− y− = , đường chéo BD: x− 7y+ = 14 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1) Tìm tọa

độ các đỉnh của hình chữ nhật

+ B = AB ∩ BD => Toạ độ B thoả mãn:  − + =x x−27y y− =1 014 0 => B = ( )7;3 0,25

+ D ∈ BD => Toạ độ D có dạng: D = (7d− 14;d) (d≠ 3)

AB có VTPT nuuurAB = −(1; 2)

DC//AB => DC có VTPT nuuurDC = −(1; 2)=> phương trình DC: x− 2y− 5d+ = 14 0

BC ⊥ AB => BC có VTPT nuuurBC =( )2;1 => pt BC: 2x y+ − = 17 0

C = BC ∩ DC => Toạ độ C = (d+ 4;9 2 − d) => MCuuuur=(d+ 2;8 2 − d)

0,25

+ DA//BC => DA có VTPT nuuurDA=( )2;1 => pt DA: 2x y+ − 15d+ 28 0 =

A = DA ∩ AB => Toạ độ A = (6d− 11;3d− 6)=> MAuuur=(6d− 13;3d− 7)

AC đi qua M => MA MCuuur uuuur ,

cùng phương <=> 6 13 3 7

+ − =>

d = 3 (L)

d = 2







0,25

+ Với d = 2 => D(0; 2), A(1; 0), C(6; 5) 0,25

2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d): 2 1 1

x− = y+ = z−

− và mặt phẳng

( )α : 2x y z+ + − = 8 0 Viết phương trình hình chiếu vuông góc (d) trên ( )α .

+ (d) có PTTS:

2 2

1 3

1 5

= +



 = − +



 = −



=> Tìm được A(2; -1; 1), B(4; 2; -4) thuộc (d)

0,25

+ Lập phương trình (d1) qua A và vuông góc với ( )α :

2 2 1 1

= +



 = − +



 = +

 A' = (d1) ∩ ( )α => A' = (4; 0; 2)

0,25

+ Lập phương trình (d2) qua B và vuông góc với( )α :

4 2 2 4

= +



 = +



 = − +

 B' = (d2) ∩ ( )α => B' = 14 7; ; 11

0,25

+ ' ' 2 7; ; 17

uuuuur

Hình chiếu của (d) là đt A'B' có VTCP: ur= 3 ' 'uuuuurA B =(2;7; 17 − )

=> pt:

4 2 7

2 17

= +



 =



 = −



0,25

Câu VII.b (1,0 điểm)

Tìm căn bậc hai của số phức: ( )3

1 − 3i

+ Đặt z = ( )3

Xét z1 = 1 3 2 1 3

− =  − ÷÷

Vì 1 cos ; 3 sin

= − ÷− = − ÷

=> dạng lượng giác z1 = 2 cos sin

 − + − 

=> z = (z1)3 = 3( ( ) ( ) )

2 cos − + π isin − π

0,25

=> Căn bậc 2 của z là z' = 2 2 cos sin

 − + −  

0,5