Hãy tìm góc giữa mặt phẳng SCB và ABC để thể tích khối chóp lớn nhất.. Viết phương trình tiếp tuyến với C biết rằng tiếp tuyến cắt tia Ox ,Oy lần lượt tại A và B sao cho ∆ABOcó diện tích
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - MÔN TOÁN – KHỐI A (LẦN 1)
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y= 2x3 − 3(2m+ 1)x2 + 6m(m+ 1)x+ 1 ( 1 ) đồ thị (Cm)
1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0
2,Với giá trị nào của m thì đồ thị (Cm) của hàm số có 2 điểm cực trị đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x + 4
Câu II: (2,0 điểm) 1, Giải phương trình sin 6 x+ cos 6 x= 1 + sin 4x
2, Giải phương trình 2x2 +4x+3 −x2 −2x+3 >1
Câu III: (1,0 điểm) TÝnh tÝch ph©n I = x dx
x x
x
e
∫ +
+ 1
2 ln ln 1 ln
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC đáy là ∆ABC vuông cân ở đỉnh C
SA ⊥(ABC),SC = a Hãy tìm góc giữa mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất
Câu V: (1,0 điểm) Tìm m để phương trình :
41 +x +41 −x =(m+1) (22 +x −22 −x)+2m có nghiệm ∈[ ]0 ; 1
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa: (2,0 điểm)
1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d :x−y+ 1 = 0 và đường tròn (C) : x2 + y2 +2x−4y =0 Tìm M∈d sao cho qua M vẽ được 2 đường thẳng tiếp xúc với (C) tại A,B và góc AMB∧ =600
2, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ∆ABC có A(1;1;0), B(0;2;1), C(1;0;2).Xác định toạ độ trực tâm của ∆ABC
Câu VIIa: (1,0 điểm) Tìm hệ số của x 5 trong khai triển:
7 2
11
1 x x
1 x ) x
+
−
=
2 Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb: (2,0 điểm).1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) :
0 3 2 2 2
2 +y − x+ y− =
x Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết rằng tiếp tuyến cắt tia Ox ,Oy lần lượt tại A và B sao cho ∆ABOcó diện tích bằng 4
2, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ∆ABC có A(2;-1;6), B(-3;-1;-4), C(5;-1;0).Tính độ dài đường phân giác trong của ∆ABCkẻ từ đinh C
n
k k 1
0
n a a x a x a x )
x 1
tồn tại số nguyên dương k sao cho 1 1
2 9 24
− = = +
Hãy tìm n (1≤ ≤ −k n 1).
Trang 2Họ và tên : số báo danh :
ĐÁP ÁN Đ Ề THI TH Ử ĐAI H ỌC KH ỐI A L ẦN I Môn : Toán – Năm học: 2009 – 2010
I
(2đ) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): Khi m=0 ta có
y=2x 3 -3x 2 +1
* TXĐ: R
*Sự biến thiên:
+ y’= 6x2- 6x= 6x(x-1)= 0
=
⇒
=
=
⇒
=
⇔
0 1
1 0
y x
y x
+ BBT:
x -∞ 0 1 +∞
y’ + 0 - 0 +
y 1 +∞
-∞ 0
Hs đồng biến trên (− ∞ ; 0);(1;+∞) ; Hs nghịch biến trên (0;1)
+ Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=0; yCĐ=1;
Hs đạt cực tiểu tại x=1; yCT = -0
+ Giới hạn: limx→−∞= −∞; xlim→+∞= +∞.
- Đồ thị hàm số không có tiệm cận
• Đồ thị:
- Giao với trục Oy: (0;1) , giao với ox (
2
3
1 + ;0) và (
2
3
1 − ;0)
Ta có y’’ = 12x-6 ⇒ y’’ = 0⇔x=
2
1
và y’’ đổi dấu khi x đi qua x=
2
điểm (
2
1
;
2
1
) là điểm uốn của đồ thị Vậy đồ thị có tâm đối xứng là điểm (
2
1
;
2
1
)
đồ thị đi qua điểm ( 2;5)
và (-1;-4)
0,25
0,25
0,25
0,25
1 5
2 1 0
x
y
-1
-4
Trang 3Ta có y’ = 6x2-6(2m+1)x+6m(m+1)
y’=0
+
=
=
⇔
1
m x
m x
Ta có m+1 ≠m v ới ∀m
Vậy với ∀m y’=0 luôn c ó 2 nghiệm phân biệt , nên hàm số luôn có
cực đai , cực tiểu
x -∞ m m+1 +∞
y’ + 0 - 0 +
Hàm số đạt cực đại tại x = m, Hàm số đạt cực tiểu tại x = m +1
0,5
Ta có y’ = '
6
1 2
m x
- x +1 +m(m+1)(2m+1)
Ta có xi là hoành độ các điểm cực trị ⇒ y’(xi)=0
⇒ y( xi) = - xi +1 +m(m+1)(2m+1).Vậy toạ độ các điểm cực trị thoả mãn
phương trình y= - x +1 +m(m+1)(2m+1)
Ta có đường thẳng đi qua các điểm cực đại ,cực tiểu vuông góc với đường
thẳng y = x+4 ⇔ Trung điểm của các điểm cực đại ,cực tiểu thuộc đường
thẳng y = x+4
Ta có xCĐ =m, yCĐ = 2m3 + 3m2 +1 ; xCT =m+1, yCT = 2m3 + 3m2
Vậy trung điểm của các điểm cực đại ,cực tiểu của hàm số là :
2
1 3 2
; 2
m m
m trung điểm đó thuộc đường thẳng y = x+4
⇒
2
1 3
2m3 + m2 + = m +
2
1+4 ⇔2m3 + 3m2 –m-4 = 0⇔(m-1)(2m2 +5m+4) =0 ⇔m = 1
0,5
II
(2đ) sin 6 x+ cos 6 x= 1 + sin 4x ⇔1-3sin2xcos2x = 1+ 2sin2xcos2x
0,25
⇔sin2x (
4
3
sin2x +2cos2x) =0⇔
−
=
=
3
8 2
tan
0 2 sin
x
⇔
+
−
−
=
=
π
π
k x
k x
3
8 arctan
2
k∈Z
0,25
Trang 4ĐK : − 3 ≤x≤ 1
Bất phương trình viết lại thành : 2( -x2 -2x +3 ) - −x2 − 2x+ 3 -5<0
Đặt −x2 − 2x+ 3 = t ⇒ 0 ≤t ≤ 2
Ta có bất phương trình đã cho trở thành :
≤
≤
<
−
−
2 0
0 5 3
2 2
t
t t
⇔
≤
≤
<
<
−
2 0
2
5 1
t
t
⇔ 0 ≤t≤ 2
0,25
0,25
≤ +
−
−
≤
≤
−
2 3 2
1 3
x
x
⇔
<
−
−
−
≤
≤
−
0 1 2 2
1 3
x
x
⇔ − 3 ≤ x≤ 1
0,5
III
0,5
IV
(1đ) Ta có : BC⊥AC⇒BC⊥SC (Đ.lý 3 đường⊥)
⇒⇒ góc SCA là góc giữa 2 mặt phẳng (SCB)
Và (ABC)
Đặt SCA∧ = x 0 < x <2
π
⇒SA = a sinx, AC = acosx.
x a
x a
V S ABC 2 2
2
1 sin 3
1
= = a3 sinxcos 2 x
6
0,5
Ta có V S.ABC đạt GTLN ⇔g(x) = sinxcos 2 x đạt GTLN
Xét hàm số g(x) = sinxcos 2 x⇒g’(x) = cos 3x− 2 cosxsin 2 x
= cosx − + 2
3 cos
2
3 cosx x vì 0 < x <
2
π
2
3 cos
+
x x
Gọi α là góc sao cho
3
2 cos α = 0 <α <
2
π
Bảng biến thiên :
x 0 α
2
π
g’(x) + 0
-g(x)
Vậy V S.ABC đạt GTLN khi x = α 0 <α <
2
π
và
3
2 cos α =
0,5
S
A
C B
x
Trang 5(1đ) Ta có41 +x +41 −x =(m+1) (22 +x −22 −x)+2m
x
2
4 2 4 1 2
1 4 2
+
= +
x
2
1 2 4 1 )
2
1 2 (
+
=
−
Đặt t x x
2
1
( )2 2
2 ln 2 2 ln 2 '
x
x x
t = + = 2xln2 (1+ ( 2 ) 2
1
x )>0
⇒hàm số đồng biến trên [0;1] Nghĩa là 0 ≤x ≤ 1 ⇒
2
3 2
1 2
0,5
Khi đó phương trình đã cho trở thành 2t2 – 2(m+1)t +4-m =0 ⇔2t2 – 2t +4 = m(2t+1)⇔
1 2
4 2
2 2
+
+
−
=
t
t t
m do 2t+1 ≠0 khi t ∈ 2
3
; 0
Xét hàm số f(t) =
1 2
4 2
2 2
+
+
−
t
t
) 1 2 (
10 4 4
2
2
= +
− +
t
t
2
11
1 ±
−
=
t
Ta có
2
11
1 +
−
=
t ∈ 2
3
; 0
Bảng biến thiên : t
0
2
11
1 +
−
2 3
f’(t) - 0 + f(t) 4
8 11
-2+ 11
Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm ⇔−2+ 11≤m≤4
0,5
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).
1 Theo chương trình Chuẩn:
M
VIa
(2đ) Ta có thể viết (C) thành : (x+1)2 + (y-2)2 =5
⇒đường tròn (C) có tâm I(-1;2) bán kính R = 5.
Ta có AMB∧ =600 ⇒ 0
30
=
∧
AMI
⇒MI=2AI =2R = 2 5
0,5
I A
M
B
Trang 6Gọi toạ độ điểm M là (x;y).
Ta có ( ) ( )
=
− + +
= +
−
20 2
1
0 1
2 2
y x
y x
⇔
=
=
−
=
−
=
4 3 2 3
y x y x
Vây có 2điểm M1(-3;-4) và M1(3; 4) thoả mãn yêu cầu bài toán
0,5
Ta có A(1;1;0), B(0;2;1), C(1;0;2), gọi toạ đ ộ trực tâm cuả tam giác ABC
là H(x;y;z) ⇒ →
AH (x -1;y -1;z) →
BC ( 1; -2;1) →
BH (x;y -2;z-1) →
AC(0; -1;2) →
AB( -1; 1;1)
0,5
H là trực tâm cuả tam giác ABC ⇔
=
=
=
→
→
→
→
→
→
→
0
,
0
0
AH AC AB
AC BH
BC
⇔
=
− +
− +
−
=
− + +
−
= + +
−
−
0 2
2 3 3
0 2 2 2
0 2
2 1
z y
x
z y
z y
x
⇔
−
=
−
−
−
= +
−
−
= +
−
5 2
3
0 2
1 2
z y x
z y
z y x
⇔
=
=
=
7 4 7 8 7 5
z y x
Vậy H( )
7
4
; 7
8
; 7 5
0,25
VIIa
(1đ) Số hạng tổng quát trong khai triển
11 2
1
−
x
x là Tk+1 =
k k
k
x x
−
−
2
11 11
1
= k( )k k
x x
x
C 11 3 1
Số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với 11-3k =5 ⇔⇔k =2
Vậy trong khai triển này số hạng chứa x5 có hệ số là 2
11
C
0,5
Số hạng tổng quát trong khai triển
7
2 1
+
x
x là Tk+1 =
k k k
x x
) ( 2 7 7
= C k x2 7 −k x−k
7 ( ) = C k x14 3k
Số hạng chứa x5 trong khai triển ứng với 14-3k =5 ⇔ ⇔k =3
Vậy trong khai triển này số hạng chứa x5 có hệ số là 3
7
C
Vậy hệ số của x 5 trong khai triển:
0,5
Trang 7
7 2
11
1 x x
1 x ) x
+
−
11
C + 3
7
C
2 Theo chương trình nâng cao:
CÂU ĐÁP ÁN
VIb
(2đ) Ta có thể viết (C) thành : (x-1)2 + (y+1)2 =5
⇒đường tròn (C) có tâm I(1;-1) bán kính R = 5.
Gỉa sử A(a;0),B(0;b)trong đó a>0,b>0.
Phương trình đường thẳng AB có dạng : + = 1
b
y a
AOB
S∆ =4⇒ ab
2
1
=4 ⇔ab=8
0,5
Đường thẳng AB tiếp xúc với (C) ⇔d(I,AB) = R = 5
2
+
−
−
b a
ab a b
⇔(b-a-8)2=5(b-a)2+80 ⇔(b -a)2 +4(b-a)+0 ⇔b-a=-2
Vậy
−
=
−
=
2
8
a b
ab
⇔
−
=
=
−
−
2
0 8 2 2
a b
a a
⇔
=
=
2
4
b a
Vậy phương trình đường thẳng tiếp tuyến là :x+2y-4 =0
0,5
Ta cóCA→(-3;0;6) ⇒CA=3 5
CB→(-8;0;-4) ⇒CB=4 5
CD là đường phân giác của góc C ta có
4
3
=
=
CB
CA DB
DA
Vậy DA→
=-4
3 →
DB
0,5
−
−
=
−
−
−
=
−
−
−
=
−
D B A
D
D B A
D
D B A
D
z z z
z
y y y
y
x x x
x
4 3 4 3 4 3
⇔
=
−
=
−
=
7 12 1 7 1
z y
x
⇒D(
7
1
−
;-1;
7
12
) ⇒ →
CD(
7
36
−
;0;
7
12
)
Vậy CD =
7
10 12 7
1440 =
0,5
VII
b
(1đ)
n
k k 1
0
n a a x a x a x )
x 1
Mà theo giả thiết
=
=
+
−
24 9
9 2
1
k k
k i k
a a
a a
⇔
=
=
+
−
24 9
9 2
1
k n
k n
k n i k n
C C
C C
0,5
0,5
⇔
= +
−
=
−
−
40 2 11 2
0 24 33
9
k n
k n
⇔
=
=
2
10
k
n Vậy n = 10
