Tớnh theo a khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng SAC.. Theo chơng trình Chuẩn Câu VI.a2,0 điểm.. Tỡm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến tới C mà gúc giữa hai tiếp tuyế
Trang 1Trung tâm luyện thi đh đề thi thử đại học năm 2010
40 tiền giang môn thi: toán; Khối :a, b
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0điểm)
Câu I(2,0 điểm) Cho hàm sốy x= 3+2mx2 +(m+3)x+4 cú đồ thị là (Cm)
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trờn khi m = 1
2 Cho d cú phương trỡnh y = x + 4 và điểm K(1; 3) Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m sao cho d cắt (Cm) tại ba điểm phõn biệt A(0; 4), B, C thoả món tam giỏc KBC cú diện tớch bằng 8 2
Câu II(2,0 điểm).
1. Giải phương trỡnh ( )2 ( )3
log x+ 1 + = 2 log 4 − +x log 4 +x
2 Giải phương trỡnh 3(2cos2x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0
Câu III(1,0 điểm).
Tớnh diện tớch hỡnh phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = e x + 1, trục hoành và hai đường thẳng x = ln3,
x = ln8
Câu IV(1,0 điểm).
Cho hỡnh chúp S ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) bằng 600, ABC và SBC là cỏc tam giỏc đều cạnh a Tớnh theo a khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng (SAC)
Câu V(1,0 điểm).
Cho x, y, z là 3 số thực thuộc nửa khoảng (0;1] Chứng minh rằng
xy + yz + zx ≤ x y z
Phần riêng(3,0 điểm):Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chơng trình Chuẩn
Câu VI.a(2,0 điểm).
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trũn (C) cú phương trỡnh: x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tỡm điểm
M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến tới (C) mà gúc giữa hai tiếp tuyến đú bằng 600
2. Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, 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) thuộc d 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
Câu VII.a(1,0 điểm).
Tỡm hệ số của x2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1) 6
B Theo chơng trình Nâng cao
Câu VI.b(2,0điểm).
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trỡnh cỏc cạnh của tam giỏc ABC biết B(2; -1), đường cao và đường phõn giỏc trong qua đỉnh A, C lần lượt là (d1) : 3x – 4y + 27 = 0 và (d2) : x + 2y – 5 = 0
2 Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3), đường cao AH và đường phõn giỏc trong BD lần lượt cú phương trỡnh là:
1
:
−
:
−
d Lập phương trỡnh đường thẳng chứa cạnh BC của
∆ABC và tớnh diện tớch của ∆ABC
Câu VII.b(1,0điểm).
4
z + i
Trang 2Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
đáp án-thang điểm đề thi thử đại học năm 2010
Môn thi: Toán khối A, B
(Đáp án gồm 04 trang)
Câu I(2,0điểm)
I.1 Hs tự làm
Đồ thị:
f(x)=x^3+2x^2+4x+4
-15 -10 -5 5 10 15
-15 -10 -5
5 10 15
x
I.2 Phương trỡnh hoành độ điểm chung của (Cm) và d là:
=
2
0
( ) 2 2 0 (1)
x
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phõn biệt A(0; 4), B, C ⇔phương trỡnh (1) cú 2 nghiệm phõn biệt khỏc 0
< − ∨ >
( ) 2
(0) 2 0
a m
0.5
Mặt khỏc: − +
= 1 3 4 =
2
∆ =8 2 ⇔ 1 ( , ) 8 2= ⇔ =16⇔ 2=256
2
KBC
(x B x C) (y B y C) 256
⇔ − + − = với x x là hai nghiệm của phương trỡnh (1) B, C
2
2
0.5
Câu II(2,0điểm)
II.
log x+1 + =2 log 4− +x log 4+x (2)
Điều kiện:
1 0
1
x
x x
x x
+ ≠
− > ⇔
+ >
0.25
2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
0.25
Trang 3+ Với − < <1 x 4 ta có phương trình x2+4x− =12 0 (3)
( )
2 (3)
6
x x
=
0.25
+ Với − < < −4 x 1 ta có phương trình x2−4x−20 0= (4)
( )
( )
2 24 4
2 24
x x
= −
⇔
= +
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x=2 và x=2 1( − 6)
0.25
II.2
3 sin x cos x 0
=
0.5
+sin sin / 3 2
2 / 3 2 3
x
π
+ 3 sinx+ cosx= ⇔ 0 tanx= − 1/ 3 ⇔ = −x π/ 6 +kπ k∈Z 0.25
C©u III(1,0®iÓm)
Vì
ln 8
ln 3
Đặt e x + 1 = t, ta códx 2tdt2
t 1
=
−
Khi x = ln3 thì t = 2 và khi x = ln8 thì t = 3 Vì vậy:
0.25
0.5
C©u IV(1,0®iÓm)
Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM
Suy ra: SM =AM =a23; ·AMS= 60 0 và SO ⊥ mp(ABC)
⇒ d(S; (BAC)) = SO =34a(tam giác SAM đều)
Gọi VSABC là thể tích của khối chóp S.ABC
⇒ VS.ABC =1 . 3 3
∆ = (đvtt) Mặt khác, VS.ABC =1 ( ;( ))
3S∆SAC d B SAC
∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA =a23
Vậy: d(B; SAC) = 3 3
13
S ABC SAC
0.5
0.5 C
S
A
B
Trang 4C©u V(1,0®iÓm)
Để ý rằng (xy+ − +1) (x y) (= −1 x) (1−y)≥0;
và tương tự ta cũng có 1
1
+ ≥ +
+ ≥ +
Vì vậy ta có:
3
1 zx+y 1
5 1
5
x y z
x
x
z y y z
=
0.5
0.5
C©u VI.a(2,0®iÓm)
VI.a.1 Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)2 + y2 = 4
Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2
Suy ra trục tung không có điểm chung với đường tròn (C) Vì vậy, qua một điểm bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C)
0.25
Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung
Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm) Ta có:
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 600 ·
·
0
0
AMB 60 (1) AMB 120 (2)
⇔
0.25
Vì MI là phân giác của ·AMBnên :
0
IA
sin 30
0
0.25
Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*)
Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ; − 7) và (0 ; 7) 0.25
VI.a.2 Gọi (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
Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IAr uur= =(6;0; 3− ), cùng phương với vr=(2;0; 1− )
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2(x− −4) (1 z+ = ⇔1) 0 2x z− −9 = 0
0.5
Mặt khác ( ( ) ) ( ( ) )
( )
∈
Trong mặt phẳng ( )P , IH IA≤ ; do đó axIH = IAm ⇔ ≡H A Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông
góc với IA tại A
0.5
Trang 5Theo cụng thức nhị thức Niu-tơn, ta cú:
P = 0 6 1 2 5 k 2k 6 k 5 10 6 12
C (x 1) − + C x (x 1) − + + K C x (x 1) − − + + K C x (x 1) C x − +
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2 chỉ xuất hiện khi khai triển 0 6
6
C (x 1) − và 1 2 5
6
C x (x 1) − 0.5
Hệ số của x2 trong khai triển 0 6
6
C (x 1) − là : 0 2
6 6
C C
Hệ số của x2 trong khai triển 1 2 5
6
C x (x 1) − là : 1 0
6 5
C C
−
Vỡ vậy, hệ số của x2 trong khai triển P thành đa thức là : 0 2
6 6
C C 1 0
6 5
C C
Câu VI.b(2,0điểm)
VI.b.1 +) PT cạnh BC đi qua B(2 ; -1) và nhận VTCP uuur1=( )4;3 của (d2) làm VTPT
(BC) : 4( x- 2) + 3( y +1) = 0 hay 4x + 3y - 5 =0
+) Tọa độ điểm C là nghiệm của HPT :
( )
4x 3y 5 0 x 1
C 1;3
x 2y 5 0 y 3
0.25
+) Đờng thẳng ∆ đi qua B và vuông góc với (d2) có VTPT là uuur2 =(2; 1− )
∆ có PT : 2( x - 2) - ( y + 1) = 0 hay 2x - y - 5 = 0
+) Tọa độ giao điểm H của ∆ và (d2) là nghiệm của HPT :
2x y 5 0 x 3 H ( )3;1
x 2y 5 0 y 1
+) Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (d2) thì B’ thuộc AC và H là trung điểm của BB’ nên :
( )
x 2x x 4
B' 4;3
y 2y y 3
0.5
+) Đờng thẳng AC đi qua C( -1 ; 3) và B’(4 ; 3) nên có PT : y - 3 = 0
+) Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT :
y 3 0 x 5 A ( 5;3)
3x 4y 27 0 y 3
+) Đờng thẳng qua AB có VTCP ABuuur=(7; 4− ), nên có PT :
x 2 y 1
4x 7y 1 0
−
0.25
VI.b.2 Gọi mp(P) qua C và vuụng gúc với AH ⇒ ( )P ⊥ ⇒d1 ( ) :P x y+ − 2z+ = 1 0
2
B P d B ⇒ phương trỡnh BC x: = + 1 2 ;t y= − 4 2 ;t z= 3 0.5
Gọi mp(Q) qua C, vuụng gúc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M Ta cú:
( ) :Q x− 2y z+ − = ⇒ 2 0 K(2;2;4) ⇒M(1;2;5) (K là trung điểm của CM)
2
= ∩ ⇒ ⇒ ABC = uuur uuur =
Câu VII.b(1,0điểm)
0 1 1
1
2 2
4
=
+
−
+
−
−
+
⇔
=
−
+
i z
i z i
z
i z i
z
i z
0.25
2
=
−
−
+
i z
i
−
+
i z
i z
0.25
Trang 6* 1 0 2 0 0
2 2
=
−
+
−
+
⇔
=
−
−
+
⇔
= +
−
+
i i z
i z i i z
i z i
i z
i z i
z
i
z
1
±
=