DE THI THU DH co da

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I−1;2tới tiếp tuyến của C tại M là lớn nhất.. Cõu III 1 điểm: Tớnh tớch phõn x = ∫ Cõu I

.ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mụn: Toỏn A Thời gian: 180 phỳt ( Khụng kể giao đề).

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

Cõu I (2 điểm) Cho hàm số

1

1 2 +

−

=

x

x y

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

2 Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I(−1;2)tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất

Cõu II (2 điểm) :

1 Giải hệ phương trỡnh:









=

− + +

= +

− +

−

0 22 2

0 9 6 4

2 2

2 2 4

y x

y x

y y

x x

..

2.Giải phương trỡnh :2sin2x−sin2x+sinx+cosx−1=0 .

Cõu III (1 điểm): Tớnh tớch phõn

x

=

∫

Cõu IV (1 điểm) Cho hỡnh chúp tứ giỏc đều S.ABCD, biết khoảng cỏch giữa AB và mặt phẳng (SCD) bằng 2 Gúc giữa mặt bờn và mặt đỏy bằng 600 Tớnh thể tớch hỡnh chúp S.ABCD

Cõu V (1 điểm) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

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

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

x y+ − = Viết phương trỡnh đường thẳng BC.

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) Với x,y là các số thực thuộc đoạn [ ]0;1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

3

xy P

+

+ +

2 Theo chương trỡnh nõng cao.

Cõu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường trũn hai đường trũn

2 2

( ) :C x + – 2 – 2 1 0,y x y + = ( ') :C x2+ y2+4 – 5 0x = cựng đi qua M(1; 0) Viết phương trỡnh

đường thẳng qua M cắt hai đường trũn ( ), ( ') C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.

2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d’ lần lợt có phơng trình : d :

z

y

−

−

=

1

2

và d’ :

1

5 3

2

2

−

+

=

−

=

y

x

Viết phơng trình mặt phẳng (α) đi qua d và tạo với d’ một góc 300

Cõu VII.b (1 điểm) Cho 0 x y z< ≤ ≤ : Chứng minh rằng

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2

2

3

2

2

z z x y xy

x y

x y

+

-Hết -.

Kỳ thi thử đại học- cao đẳng

năm 2010

Hớng dẫn chấm môn toán

I

(2,0) 1(1,0)

Làm đỳng, đủ cỏc bước theo Sơ đồ khảo sỏt hàm số cho điểm tối đa 2(1,0) Tập xác định : x≠−1.

1

3 2 1

1 2

+

−

= +

−

=

x x

x

) 1 (

3 ' +

=

x

Bảng biến thiên:

Tiệm cận đứng : x=−1 , tiệm cận ngang y=2

1

3 2

;

0

x x









+

− thì tiếp tuyến tại M có phơng trình

) ( ) 1 (

3 1

3

0 0

x x x

x

+

= + +

0

x

Khoảng cách từ I(−1;2) tới tiếp tuyến là

0 2 0

4 0

0 4

0

0 0

) 1 ( ) 1 ( 9

6 )

1 ( 9

1 6 1

9

) 1 ( 3 ) 1 ( 3

+ + +

= + +

+

= +

+

+

−

−

−

=

x x

x

x x

x x

d

Theo bất đẳng thức

) 1 (

0 2 0

=

≥ + +

) 1 ( ) 1 (

9

0

2 0

2 0 2 0

±

−

=

⇔

= +

⇔ +

=

Vậy có hai điểm M : M(− 1 + 3 ; 2 − 3) hoặc M(− 1 − 3 ; 2 + 3)

1

1) CõuII:2 Giải phương trỡnh:

0 1 cos sin

) 1 cos 2 ( sin 2 0 1 cos sin

2 sin sin

∆=(2cosx−1)2 −8(cosx−1)=(2cosx−3)2 Vậy sinx=0,5 hoặc sinx=cosx−1 Với sinx=0,5 ta có x π 2kπ

6 +

6

5

+

=









−

=

−

=











 −

⇔

−

=

−

4

sin 2

2 4

sin 1 cos

x= 2kπ hoặc x π 2kπ

2

3

+

=

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





Dat

2 2

3

 − =

 − =

 * Thay vào hệ phơng trình ta có:

2 2 4

u v

u v u v

 + =



2

0

u

v

=



 =

 hoặc

0 2

u v

=



 =



thế vào cách đặt ta đợc các nghiệm của hệ là : 2

3

x y

=



 =

2 3

x y

= −



 =

2 5

x y

 =



2 5

x y

 = −



III

(1,0) Đặt 2+ 1 x t+ = ⇒ x =(t-2)2 -1, dx = 2(t-2)dt ; x =0 ⇒ t =3, x = 3 ⇒ t = 4

Đưa về

4

2 3

42 36

2 16

t t

∫

Tớnh ra được I = -12+ 42ln4

3

+ Goij I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD, H là hỡnh chiếu của I trờn SJ.

Chứng tỏ được IH = 2 và gúcSJI =600

+ Gọi O là tõm đỏy, chứng minh được SO = 2, IJ= 4

3

+ Tớnh được VS.ABCD = 32

9 ( Đvtt)

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

1

1 2 ( ) 1

1 2

2

2

+

+

− +

+

x

x m x

x

x

x

= +

+ 1

1 2

2 Điều kiện : -2< t ≤ 5 Rút m ta có: m=

t

t 2

2 2 +

Lập bảng biến thiên của hàm số trên (−2, 5] , ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là:

hoặc -5 < m<−4

VIa

1

Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 0 C t( ;1−t)

Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;

M + − 

S

A

B

C

D I

J

60 0

O H

Điểm : 2 1 0 2 1 3 1 0 7 ( 7;8)

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

+ = ⇔ + + =

− +

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 ⊥ 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

ThËt vËy: (*)⇔ +(1 xy) (1+ +x y) (≥ +x y) (2+xy) ⇔ −(1 x) (1−y) ≥0

§óng víi x,y thuéc [ ]0;1

+ V× x y; ∈[ ]0;1 ⇒ ≤0 xy≤1 1 2 2 1(2)

1

xy

xy

+

3

9

1

x y

+ +

Từ (1);(2);(3) Ta có : P≥3

Vậy , MinP=3 khi x=y=1

VIb

1) + Gọi tõm và bỏn kớnh của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R=1, ' 3R = , đường thẳng (

2 2

+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM.

Khi đú ta cú: MA=2MB⇔ IA2−IH2 =2 I A' 2−I H' '2 ( )2 ( )2

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

IA IH>

2 2 2 2

9

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4 a b 35

2 2

2 2

36

a b

a b

−

+

Dễ thấy b≠0 nờn chọn 1 6

6

= −



b

Kiểm tra điều kiện IA IH> rồi thay vào (*) ta cú hai đường thẳng thoả món.

2 .Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phơng u(1;−1;1)

Đờng thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;−5) và có vectơ chỉ phơng u('2;1;−1).

Mp(α) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và

2

1 60 cos ) '

; cos(n u = 0 = Bởi vậy nếu đặt











= + +

− +

= +

−

2

1 6

2

0

2 2

2 B C A

C B A

C B A

⇔







=

−

−

+

=

⇔









+ + +

=

+

=

0 2

) ( 6

3

C A B C

C A A A

C A B

Ta có 2A2 −AC−C2 =0⇔(A−C)(2A+C)=0 Vậy A=C hoặc 2A=−C.

Nếu A=C,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B=2, tức là n=(1;2;1) và mp(α)có phơng trình

0 )

2 (

Nếu 2A=−C ta có thể chọn A=1,C=−2, khi đó B=−1, tức là n=(1;−1;−2) và mp(α)có phơng trình x−(y−2)−2z=0

Cho 0 x y z< ≤ ≤ : Chứng minh rằng

2

2

3

2

2

z z x y xy

x y

x y

+

2

x y

+

(1)

Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y

Từ (1) a b c b a c 2 abc 2ab c3

c

⇔a c b c( − +) b c a c( − +) 2c ab≤2ab c+ 2(2)

Ta có:

(3) 2

b c c b

c b c

ab

a c b c

− +

2

ab

b c a c− ≤

2c ab c≤ +2 ab( )5

Cộng (3); (4); (5) ta được: a c b c( − +) b c a c( − +) 2c ab≤2ab c+ 2 đpcm

Dấu bằng xảy ra khi: a=b=2c

a 2z+y=2z+x=4x+2y

b x=y=2

5z

0,25

0,25

0,25

0,25

Cho 0 x y z< ≤ ≤ : Chứng minh rằng

2

2

3

2

2

z z x y xy

x y

x y

+

2

x y

+

(1)

Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y

Từ (1) a b c b a c 2 abc 2ab c3

c

⇔a c b c( − +) b c a c( − +) 2c ab≤2ab c+ 2(2)

Ta có:

(3) 2

b c c b

c b c

ab

a c b c

− +

2

ab

b c a c− ≤

2c ab c≤ +2 ab( )5

Cộng (3); (4); (5) ta được: a c b c( − +) b c a c( − +) 2c ab≤2ab c+ 2 đpcm

Dấu bằng xảy ra khi: a=b=2c

c 2z+y=2z+x=4x+2y

d x=y=2

5z

0,25

0,25

0,25

0,25