Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600.. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. Câu IV.. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 LẦN 1
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I: (2điểm) Cho hàm số y 4x 3mx2 3x 1
1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m 0
2 Gọi x và 1 x là hai điểm cực trị của hàm số (1).Tìm m để 2 x14x2
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình: cos 2x 2 2 sin x 2009 4 cos x sin x 4sin x cos x2 2
4
2 2
2 2
2 1
x y 1 x
x
x y 4 22
y
Câu III (2 điểm)
1 Tính tích phân sau: 2
0
3sinx cos x
sinx cos x 2
2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a Cạnh SA vuông góc với mặt
phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM a 3
3
, mặt phẳngBCM cắt cạnh SD tại N Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu IV (1 điểm) Cho x, y, z thoả mãn x(x 1) 2y(2y 1) 3z(3z 1) 4
3
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y 3z
Câu V (2 điểm)
1 Cho điểm A 1;0 , B 1;2 và đường thẳng d : x y 1 0 Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B
và tiếp xúc với đường thẳng (d)
2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;0;0), B(0;0; 4) và 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
log (x 2x 6) log 5
x 2x 6 4 (x 2x 6)
, với ẩn x
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1
1 Tập xác định: R
2 Sự biến thiên:
Với m 0 khi đó đồ thi hàm số trở thành y 4x 3 3x
- TXĐ: D = R
- Giới hạn: lim , lim
- Ta có y ' 12x 2 3 do đó y ' 0 x 1
2
Do đó hàm số đông biến trên ; 1
2
và 1
; 2
, nghịch biến trên 1 1;
2 2
0,25
- Bảng biến thiên
3 Đồ thị
- Ta có y '' 24x y '' 0 x 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0) Đồ thi hàm số cắt trục Ox tại
A ;0 , B 0;0 , C ;0
0,25
- Đồ thị:
0,25
I.2 Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x và 1 x thỏa mãn 2 x14x2 1,00
TXĐ: D = R
Ta có 2
y ' 12x 2mx 3 Ta lại có 2
' m 36 0, m
, vậy đồ thị hàm số đã cho luôn có 2 cực trị có hoành độ x và 1 x 2
Trong đó x và 1 x là nghiệm của phương trình 2 12x22mx 3 0
0,5
Trang 3Để hàm số có hai cực trị tại x và 1 x thỏa mãn 2 x1 4x2
1 2
1 2
1 2
x 4x
1
x x
4
0,5
Phương trình đã cho cos x sin x 2(sin x cos x) 4sin x.cos x(sin x cos x)2 2 0,25 (cos x sin x)(cos x sin x 4cos x.sin x 2) 0
cos x sin x 0 (1)
cos x sin x 4sin x.cos x 2 0 (2)
0,25
+ Giải (1): (1) tan x 1 x k
4
+ Giải (2): Đặt cos x sin x t, t 2 ta có phương trình 2
t 0 2t t 0 1
t 2
- Với t 0 ta có tan x 1 x k
4
- Với t 1
2
ta có
2
x arccos k2
4 4 2
cos x
x arccos k2
4 4
Kết luận: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: x k
4
, x k
4
, x arccos 2 k2
4 4
, x arccos 2 k2
4 4
0,25
Điều kiện:x 0, y 0, x 2y21 0 Đặt u x2 y2 1; v x
y
HPT trở thành:
3 2
1
u v
u v
u 21 4v 2
u 1 4v 22
0,25
Thay (2) vào (1) ta được: 2
v 3
3 2
1 2v 13v 21 0 7
2
0,25
+ Nếu v = 3 thì u = 9, ta có HPT:
2 2
2 2
x y 1 9
y 1
x y 10 x
y
0,25
Trang 4+ Nếu v 7
2
thì u 7 , ta có HPT:
y 4
x y 1 7 x y 8
53
53
So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của HPT
0,25
2 0
sinx cos x 2 2 cos x sinx 2
sinx cos x 2
0,25
cos x sinx dx
sinx cos x 2 sinx cos x 2
2 2 0 0
dx 2ln sinx cos x 2 2
4
0,25
2 0
1 dx
2 ln 1 2 ln 1 2
x
2 8
0,25
2 0
x tan 2 tan
0,25
60 0
S
H
Do ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có BC AB BC BM
BC SA
Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
0,25
Ta có SA AB.tan 60 0 a 3,
a 3
a 3
MN
và BM 2a
3
0,25
Trang 5Diện tích hình thang BCMN là
2 BCMN
4a 2a
BC MN 3 2a 10a
Hạ SHBM và BCSAB BC SH Vậy SHBCMN SH là đường cao của khối
chóp S.BCNM Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,AB AM 1
SB MS 2 Vậy BM là phân giác của
SBA SBH 30 SH SB.sin 30 a
0,25
Gọi V là thể tích chóp S.BCNM ta có V 1SH.SBCMN 10 3a3
Từ giả thiết
x(x 1) 2y(2y 1) 3z(3z 1) x 2y 3z
0,25
Ta lại có
0,25
Do đó
2
x 2y 3z 3
0,25
Vậy x 2y 3z 3 5 P x 2y 3z 4
2 2
, do đó Pmax 4 dấu bằng xảy ra x 4; y 2;z 4
3 3 9
0,25
Giả sử C là đường tròn cần tìm có phương trình là 2 2 2
x a y b R có tâm I a; b 0,25 + Do C đi qua A 1;0 do đó (1 a) 2b2 R2 (1)
+ Do C đi qua B 1; 2 do đó (1 a) 2(2 b) 2 R2 (2)
+ Do C tiếp xúc với đường thẳng d do đó a b 1 2 2
d I, d R R (a b 1) 2R
2
(3)
0,25
Từ (1), (2) và (3) ta có hpt
(1 a) b R (1 a) b R (1 a) (2 b) R (1 a) b (1 a) (2 b) (a b 1) 2R (a b 1) 2 (1 a) b
0,25
2 2 2
2
(1 a) b R a 0
R 2 (a b 1) 2 (1 a) b
Vậy đường tròn cần tìm là: x2y 1 2 2
0,25
a Ta có AB( 4;0; 4)
, mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến là n(2; 1; 2) Lại có AB.n 4.2 0 2.4 0
và A (P) AB //(P)
0,25
Vì đường thẳng (d) vuông góc với AB và song song với (P) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng
(d) là uAB, n(4;16;4)
Vậy phương trình đường thẳng (d) là
x 4 t
y 4t
z t
0,25
Trang 6b
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
AC AB
BC AB
0,25
Ta có 2 2 2
2 2 2
2x y 2z 4 0 x z (x 4) y z 32 2x y 2z 4 0
x y z 8x 16 0
x y (z 4) 32
Giải hệ này được
x 0 20 x 9
Vậy C 0; 4;0 ;C 20 44 20; ;
9 9 9
0,25
ĐK xác định x2 2x 6 0 Đặt x 2
3
t log x 2x 6 PT trở thành t t t
3 4 5 0,25 Chứng minh phương trình 3t4t5t có nghiệm duy nhất t 2 0,5
3
x 1
t 2 log x 2x 6 2 x 2x 6 9
x 3
Vậy nghiệm của PT đã cho là x = -1, x = 3
0,25