Lập phơng trình mặt phẳng P chứa đờng thẳng d1 và P song song với đờng thẳng d2.. Câu VII.a 1 điểm Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp trởng, một lớp phó và
Trang 1tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số 2
TỈNH - BẮC GIANG
đề số 2
đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010
Môn thi: Toán, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Phần chung cho tất cả các thí sinh:
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số ( )
1
2
C x
x y
2. Tìm m để đồ thị của hàm số 3 ( 1 ) 1
y , (Cm) tiếp xúc với trục hoành Ox.
Câu II (2 điểm)
1 Giải phơng trình: sin 2 sin 2 3 3 cos 2 2 0
x
2 Xác định số nghiệm của hệ phơng trình
3 4
7 3 2
2 2
2 2
xy y x
y x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2
2 t t2 1
dt K
Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, độ dài cạnh đáy là a M, N lần lợt là trung
điểm của SB và SC Tính theo a diện tích ANM, biết rằng mp(AMN) mp(SBC).
Câu V(1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho
1
0 , ,
abc
c b a
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA =
bc
a3
1
ac
b3
1
b a
c3 1
Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1 Cho ABC có phơng trình hai cạnh là: 5x 2y 6 0 , 4x 7y - 21 0.Trực tâm của tam
giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại
2 Lập phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng (d1) và (P) song song với đờng thẳng (d2)
Biết (d1):
0 1 8
0 1
z y
x
, (d2): , ( )
2 2
R t t z
t y
t x
Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp trởng, một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên) Hỏi có bao nhiêu cách lập
ra một ban cán sự
B Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1 Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO (ABCD) Gọi
M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC Tính góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng
(ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng .
2
10
a
MN
2 Cho bốn điểm A(1; 0; 2), B(1; 1; 0), C(0; 0; 1), D(1; 1; 1) tạo thành một tứ diện Lập phơng trình đờng cao DH của tứ diện kẻ từ đỉnh D.
Câu VII.b (1 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để đờng thẳng y 2xm cắt đồ thị hàm số
x
x x
y 2 1 tại hai điểm
phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
_Hết _
tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số II
TỈNH - BẮC GIANG
Đề số 2
Đáp án - thang điểm THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010
Môn thi: Toán, khối A
(Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa)
I
(2 điểm) 1 ( 1,0 điểm )
Hàm số đợc viết lại dới dạng
1
2
x
x
1
1 1
x
Tập xác định D = R \{1}
Trang 2 Sự biến thiên
a) Giới hạn và tiệm cận
y
1 ( lim
2
1 x
x
x
,
y
1 ( lim
2
1 x
x
x
Đờng thẳng x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
[ ( 1)]
1
1 (
x
y x
x
Suy ra đờng thẳng y = x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
y
xlim
1
1 1 ( lim
x
x
y
xlim
1
1 1 ( lim
x
x
x
b) Bảng biến thiên
2
) 2 ( )
1 (
1 ) 1 ( ) 1 (
1 1
x
x x x
x x
y’ = 0 x 0 hoặc x 2
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 0 ), ( 2 ; ); nghịch biến trên các
khoảng (0; 1) và (1; 2)
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, yCĐ = y(0) =
0 và đạt cực tiểu tại điểm x= 2, giá trị cực tiểu
là y(2) = 4.
Đồ thịồ thị
- Đồ thị cắt Ox và Oy tại O(0; 0)
- Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm
của hai tiệm cận là điểm I(1; 2)
làm tâm đối xứng
- Đồ thị nh hình vẽ
0,25
0,25
0,25
0,25
2 ( 1,0 điểm )
Trục Ox có phơng trình y = 0 (= 0x + 0), có hệ số góc k = 0.
Đờng cong (Cm) tiếp xúc với Ox
Hệ phơng trình
) 2 ( 0
3
) 1 ( 0 1 ) 1 (
2
3
m x
x m x
có nghiệm
Từ (2) suy ra m = 3x2 thay vào (1) ta có phơng trình:
0 1 ) 1 (
3 2 3
4
3 2
1
3 1
0 ) 1 2
)(
1
m x
m x
x x
Vậy
4
3 ,
m thì đờng cong (Cm) tiếp xúc với trục hoành
0,5
0,5
II
(2 điểm) 1 ( 1,0 điểm )
Dùng công thức hạ bậc ta có phơng trình ban đầu tơng đơng:
0 2 cos 3 ) 6 cos 1 ( 2
1 ) 2 cos 1 ( 2
Ta không khó khăn gì để chứng minh công thức nhân ba:
cos3a = 4cos3a – 3cosa (Bạn đọc tự chứng minh) Khi đó (*) ( 1 4 cos 2 3 cos 2 ) 3 cos 2 0
2
1 ) 2 cos 1 ( 2
0,25
x y’
y
1
+ 0 - - 0 +
2 1 0 1 2 4
y
x
I
(C)
Trang 32 cos 2 3 cos 2 4 cos 3 2 6 cos 2 2 0
1 cos 2x 2 cos 3 2x 3 cos 2 2x 0 ( 2 cos 2 1 )(cos 2 2 cos 2 1 ) 0
0 1 2 cos 2
1 2 cos
x
2
1 5 2 cos
2
1 2 cos
x x
) 2
1 5 cos
, , ( , 2 2
2 3
2
Z l k l
x
k x
Vậy phơng trình ban đầu có các nghiệm là )
2
1 5 cos
, , ( , 2 2
Z l k l x
k x
0,25
0,25
0,25
2 ( 1,0 điểm )
(Nhận xét: đây là phơng trình đẳng cấp bậc hai đối với x và y Ta có thể giải theo
các cách sau)
Cách 1: Hệ phơng trình
) 2 ( 6 8 2 2
) 1 ( 7
3 2 3
4
7 3 2
2 2
2 2 2
2
2 2
xy y x
y x xy
y x
y x
Trừ hai vế tơng ứng của hai phơng trình cho nhau ta đợc:
) 3 ( 8
1 5 1
8 5
2 2
y
y x xy
y (y = 0 không thoả mãn phơng trình)
Thế x vào phơng trình (1) ta đợc phơng trình: 3 7
8 1 5
2 2
y y
y
) 4 ( 0 121
13568 117
0 1 234 121
0 224 96
1 10 25
2 2
4
2 4
2 4
y y
y
y y
y y
Từ (4) ta có 4 giá trị phân biệt của y, thay bốn giá trị của y này vào (3) ta đợc bốn
giá trị x tơng ứng với y.
Vậy hệ phơng trình đã cho có 4 nghiệm
Cách 2: Nhận thấy x = 0 hoặc y = 0 không thoả mãn hệ phơng trình trên.
Khi xy 0, đặt y tx. Khi đó ta có hệ
6 4 1
(*) 7 3 2
2 2
2 2
t t x
t x
t t x
t x
4 1
7 3 2 6 6
7 ) 4 1
(
) 3 2
2 2
2 2
Từ phơng trình bậc hai theo t này ta giải đợc hai giá trị của t, thay vào (*) ta tìm
đ-ợc 4 giá trị phân biệt của x Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm (Học sinh tự giải chi tiết
bài toán theo cách này)
0,25
0,25
0,25 0,25
III
(1 điểm) Đặt: 2 1
t
1
2 2
t
tdt du
Đổi cận, khi t 2 u 1 ; khi t 2 u 3
Khi đó ta có:
K =
2
2 t t2 1
dt
=
2
2 t2 t2 1
tdt
3
1
2 1
u
du
(*)
• Tính tích phân (*)
2 2
(
tg u
tg d
cos
1 )
Đổi cận: khi
4 1
0
3 3
3
u
0,25 0,25
0,25
Trang 4Từ đó ta đợc: K =
4
3
4
3
4
2
2
12 1
) 1
(
d tg
d
IV
(1 điểm)
Gọi K là trung điểm của BC, SK cắt MN
tại I, lúc đó I sẽ là trung điểm của SK và
MN.
Theo giả thiết hai mp(SBC) và mp(AMN)
vuông góc với nhau mà đờng thẳng SI
vuông góc với giao tuyến của hai mặt
phẳng:
Suy ra
SI (AMN) SI AI SAK cân tại A
2
3
a SK
SK2 = SB2 – BK2 =
2 4
) 2
3 (
2 2
a
2 2 2
a SK
Từ đó ta tính đợc
AI =
4
10 8
4
3 2 2 2
SI
Vậy diện tích của tam giác AMN là : S =
16
10
2
a AI
0,25 0,25
0,25 0,25
V
(1 điểm) Đặt x =
c
z b
y a
1 ,
1 ,
1
Khi đó:
x y
z z x
y z y
x A
1 1 1 1 1 1
3 3
3
2 3
3 3
3
xy z x z
xz y z y
yz x
(*)
Do abc 1 xyz 1 nên ta có
y x
z x z
y z y
x A
2 2
2
(1)
Ta chứng minh bất đẳng thức
2
c b
a
2 2 2
a b
c a c
b c b
a
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng ta có:
a c b c b
a
2
a c
b
2
b a
c
2
Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có :
2
c b
a
2 2 2
a b
c a c
b c b
a
Bạn đọc tự đánh giá dấu “=” xảy ra khi a = b = c.
2
3 2
3 2
3 2
2 2
y x
z x z
y z y x
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 Vậy minA =
2
3
khi a = b = c =1
0,25
0.5
0,25
VI.a
(2 điểm) 1 ( 1,0 điểm )
Ta giả sử tam giác ABC có cạnh AB :
0 6 2
5x y
AC: 4x 7y - 21 0, suy ra tọa độ
của A là nghiệm của hệ phơng trình:
21 7
4
6 2
5
y x
y x
, giải hệ suy ra A(0; 3) Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng
cao của tam giác, OABC BC//Ox
suy ra phơng trình của BC có dạng y = y0
Đờng cao BB’ đi qua trực tâm O và vuông góc với AC suy ra BB’ có phơng trình là:
7(x – 0) - 4(y – 0) = 0 hay BB’: 7x – 4y = 0
Điểm B =BB'AC tọa độ của B là nghiệm của hệ phơng trình:
0,25 0,25
A
B
C O(0; 0)
A
B’
A’
B
S
A
C
a
K M N I
Trang 5
7
4 6
2 5
0 4 7
y
x y
x
y x
Đờng thẳng đi qua B(- 4; - 7) và song song với Ox chính là đờng thẳng BC suy ra
phơng trình cạnh BC: y = - 7
Vậy phơng trình cạnh còn lại của tam giác ABC là y = -7
0,25 0,25
2 ( 1,0 điểm )
• Đờng thẳng (d1) và (d2) lần lợt có
véctơ chỉ phơng là:
1
1 0
0 1
; 0 8
1 0
; 8 1
0 0
= (0; -8; 1),
2
u (-1; 1; 2)
• Do mp(P) chứa đờng thẳng (d1) và song song với đờng thẳng (d2) nên (P) có cặp
véctơ chỉ phơng là u1 và u2
Vậy mp(P) có véctơ pháp tuyến là:
1 1
8 0
; 1 2
0 1
; 2 1
1 8 , 2
1 u u
• mp(P) còn đi qua điểm A(1; -1; 0) (d1) Phơng trình của mặt phẳng (P) là:
17 (x 1 ) 1 (y 1 ) 8 (z 0 ) 0 (P) : 17x y 8z 16 0 (*)
(Kiểm tra điều kiện song song)
Lấy điểm M(0; 0; 2) thuộc đờng thẳng (d2), nhận thấy M cũng thuộc (P) vậy (d2)
)
(P
, không thỏa mãn yêu cầu là (d) // mp(P)
Vậy không tồn tại mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu của bài toán
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1 điểm) • Đầu tiên ta chọn ra 2 học sinh để làm lớp trởng và lớp phó, (chú ý rằng hai chức
danh đó là khác nhau)
Một cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là một chỉnh hợp chập 2 của 40
Số cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là A402
Còn lại 38 học sinh
• Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân biệt thứ tự)
Số cách chọn 3 học sinh làm ủy viên là C383
• Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ra một ban cán sự là :
13160160 3
38
2
40 C
0,25
0,25 0.5
VI.b
(2 điểm) 1 ( 1,0 điểm )
SO (ABCD) Dựng MH//SO, H thuộc
AC, khi đó MH (ABCD), suy ra góc
giữa đờng thẳng MN với mp(ABCD)
chính là góc M NˆH Ta cần tính
Xét tam giác CNH có :
2
, 4
2 3
4
CN a
AC
0 2
2
2 HC CN 2HC.CN cos 45
Hay
4
3 4 8
4
10
a
HN Vậy
2
1 10
2 4
10
a
a MN
HN
Dẫn đến 60 0
Vậy góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 600.
Thể tích khối chóp M.ABCD.
Trong tam giác HMN có,
8
30 2
3 4
10 60
tan 60
HN MH HN
MH
MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD Vậy thể tích của khối chóp này là:
24
30 8
30 3
1
3
a MH S
0,25
0,25
0,25 0,25
(d
1)
(d
2)
P
M
C A
S
B
D
O
N H
M
a
2
10
a
Trang 62 ( 1,0 điểm )
• Ta có AB (0; 1; -2),AC (-1; 0; -1).
• Do đờng thẳng DH vuông góc với
AB, AC nên đờng thẳng DH có
véctơ chỉ phơng là uAB,AC
0 1
1 0
; 1 1
0 2
; 1 0
2 1
= (-1; 2; 1)
Đờng thẳng DH còn đi qua điểm D(1;
1; 1) nên ta có phơng trình tham số của
đờng thẳng DH là:
) ( , 1
2 1
1
R t t z
t y
t x
0,25
0,5
0,25
VII.b
(1 điểm) Phơng trình hoành độ giao điểm:
) 0 ( 0 1 ) 1 ( 3 2
2
x x
m x
m x x
x
Nhận thấy x = 0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số:
m m
1 2 12 0 , , suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt x1, x2
khác 0 với mọi m, tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm A, B phân biệt với mọi
m.
Theo định lí Viét ta có
3
1
2 1
a
b x x
Hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
6
1 2
2
Điểm IOy x I 0 m 1 0 m 1
Vậy m = 1 là giá trị cần tìm.
0,25
0,25 0,25 0,25
_Hết _
D
H
B