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.. Theo chơng trình chuẩn.. Theo chơng trình nâng cao.
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Mụn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu I (2,0 điểm)Cho hàm số
1 x
2 x y
−
+
1 (1,0 điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2.(1,0 điểm) Cho điểm A(0;a) Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao cho
hai tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox
Cõu II (2,0điểm) 1 (1,0 điểm) Giải PT : 2 2 2 1( )
+ + + =
2 (1,0 điểm) Giải PT :x+ 4−x2 = +2 3x 4−x2
Cõu III (1,0điểm) Tớnh tớch phõn I=
4 4
6x 1
dx
π π
−
+ +
Cõu IV (2,0 điểm)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 =
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 thức A = a3(b+c) +
1
(a+c)+
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 PT 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.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d với
d : x 1 y 1 z
− Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuụng gúc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối xứng với M qua d
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)Trong măt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho A(4;3), đường thẳng (d) :
x – y – 2 = 0 và (d’): x + y – 4 = 0 cắt nhau tại M Tỡm B∈( ) àd v C∈( ')d sao cho
A là tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc MBC
2) Trong kg Oxyz cho đường thảng (∆): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) cú tõm I∈∆và khoảng cỏch từ I đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đờng thẳng y=−2x+m cắt đồ thị hàm số
x
x x
2 + −
= tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB
thuộc trục tung.
_Hết _
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG
Trang 2HƯỚNG DẨN GIẢI
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu I 1/*-Tập xác định:D=R\{1}
*-Sự biến thiên
) 1 x (
3 '
−
−
=
Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng( −∞ ;1) và (1; +∞ )
b-Cực trị:hàm số không có cực trị
−
+
−
−
1 x
2 x (
lim
) 1 (
−
+
+
−
1 x
2 x (
lim
) 1 ( x
⇒hàm số có tiệm cận đứng x=1
−
−
∞
1 x
2 x ( lim
y 1 +∞
-∞ 1
1
*-Đồ thị:
Đồ thị nhận I(1;1) làm tâm đối xứng
Giao với trục toạ độ:Ox (-2 ; 0)
Oy (0;− 2)
2/(1,0 điểm) Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:
=
−
−
−
=
− +
) 3 ( k ) 1 x ( 3
) 2 ( a kx 1 x
2 x
2
có nghiệm x ≠ 1
Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc:( a − 1 ) x2 − 2 ( a + 2 ) x + a + 2 = 0 ( 4 )
Để (4) có 2 nghiệm x ≠ 1 là:
−
>
≠
⇔
>
+
=
∆
≠
−
=
≠
2 a
1 a 0
6 a 3 '
0 3 ) 1 (
1 a
Hoành độ tiếp điểm x1; x2 là nghiệm của (4)
Tung độ tiếp điểm là
1 x
2 x y
1
1
+
1 x
2 x y
2
2
+
=
) 2 x )(
1 x (
) 2 x )(
2 x ( 0 y y
2 1
2 1
2
−
−
+ +
⇔
<
+ +
+ +
2
-2
5
y
x o
-2
1 1
Trang 3Bg: (1)
2
5
2 (1,0 điểm) Giải PT :x+ 4−x2 = +2 3x 4−x2
Bg: ĐK:− ≤ ≤2 x 2
Đặt y= 4 x− 2 (y ≥0)=>x2+y2 =4
Ta có hệ PT:
x y xy
x y xy
+ − =
Giải hệ theo S;P => Khi S=2 và P=0 => 0; 2
= =
= =
Khi
;
9
x
y
− −
=
= − = − ⇒ − +
=
Vậy PT có 3 nghiêm:
Câu III (1,0điểm) Tính tích phân I=
4 4
6x 1
dx
π π
−
+ +
* Đăt t = -x => dt = -dx
* Đổi cận: ;;
x= − ⇒ =π t π x= ⇒ = −π t π
I =
4
π
π
π
−
32
π
Câu IV (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thảng (∆): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I∈∆và khoảng cách từI đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3
Bg:m cầu(S) có tâm I∈∆g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT của∆(1)
*d I P( ;( ) ) =2 (2)
Từ (1) và(2) ta có hệ PT:
2
a b c
b t
c t
− − − =
= +
Do 2
r= R − = ⇔ =R
Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt :
( )
1
2
− + + + − =
+ + + + − =
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG
Trang 4(1 điểm) Đặt x =
c
z b
y a
1 ,
1 ,
= +
+ +
+ +
=
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
(*)
y x
z x z
y z y
x A
+
+ +
+ +
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 2
2
=
≥ + +
≥ +
+ +
+
z y x 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
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, OA⊥BC⇒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:
−
=
−
=
⇔
−
=
−
=
−
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
ph-ơng trình cạnh BC: y = - 7
Vậy phơng trình cạnh còn lại của tam giác ABC là y = -7
0,25 0,25
0,25
0,25
2 ( 1,0 điểm )
• Đờng thẳng (d1) và (d2) lần lợt có véctơ
chỉ phơng là:
=
1
u 0 1
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 u và 1 u 2
0,25
A
B
C O(0; 0)
A
B’
A’
(d1)
(d2)
P
M
S
Trang 5Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của M trờn d, ta cú MH là đường thẳng đi qua M,
cắt và vuụng gúc với d
d cú phương trỡnh tham số là:
x 1 2t
y 1 t
z t
= +
= − +
= −
Vỡ H ∈ d nờn tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra :MHuuuur= (2t − 1 ; − 2 + t ; − t)
Vỡ MH ⊥ d và d cú một vectơ chỉ phương là ur = (2 ; 1 ; −1), nờn :
2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t = 2
3 Vỡ thế, MHuuuur = 1; 4; 2
3 3 3
− −
MH
uuuuur= MHuuuur= − −
Theo trên có ( ;7 1; 2)
H − − mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ M’
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG
D
H
B
