ĐỀ THI THỬ ĐH TOÁN 2010+ĐA-2

Tìm các giá trị của m để hàm số 1 có hai giá trị cực trị cùng dấu.. Viết phương trình đường thẳng d2 đi qua hai điểm A và B.. Chứng minh rằng hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau.. Tìm điể

3 2

.

)

ĐỀ SỐ 1 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2010

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x 2 − 3m(m + 2) x −1 (1) , với m là tham số thực

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=0

2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có hai giá trị cực trị cùng dấu

 π   π  1

Câu II (2 điểm) 1 Giải phương trình 2sin  x 3   6  2 +  − sin  2 x −  =

2 Giải phương trình 10x + 1 + 3x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 2 (x ∈

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(5 ; 4 ; 3), B(6 ; 7 ; 2) và

đường thẳng d1 : x −1 y − 2 z − 3

= =

2 3 1

1 Viết phương trình đường thẳng d2 đi qua hai điểm A và B Chứng minh rằng hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau

2 Tìm điểm C thuộc d1 sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ nhất đó

2

Câu IV (2 điểm) 1 Tính tích phân I = ∫

0

x + 1

4x + 1 dx.

yz

2 Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức x + y + z = . Chứng minh rằng

3x

x ≤ 2 3 − 3

6 ( y + z).

PHẦN RIÊNG:Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu : V.a hoặc V.b.

Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)

1 Cho số nguyên n thỏa mãn đẳng thức

3 3

A n + C n

(n −1)(n − 2)

k k

= 35 (n ≥ 3 và A n , C n lần lượt là số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử) Hãy tính tổng

S = 2 2 C n − 3 2 C n + + ( − 1)n n 2C n

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB = 5, C (− 1; − 1) , đường thẳng AB có phương trình x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0 Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải phương trình 2log 2 (2x + 2) + log 1 (9x − 1) = 1.

2

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA = a 3 và SA

vuông góc với mặt phẳng đáy Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SB, AC

0,25

2

0,50



1

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn: TOÁN (đề số 1), khối B

Câu

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi m=0 hàm số trở thành y = x3 − 3x2 − 1

• Tập xác định:

• Sự biến thiên: y ' = 3x 2 − 6x ; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2

• yCĐ = y(0) = -1, yCT = y(2) = -5

• Bảng biến thiên:

Điểm

2,00

0,25 0,25

• Đồ thị:

y

−∞

y

-1

-5

+∞

0,25

0 -1

2

x

-5

Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm)

Ta có y ' = 3x 2 − 6x − 3m(m + 2) = 3( x + m)( x − m − 2)

y ' = 0 ⇔ x = −m hoặc x = m + 2.

y(−m) = −(1 − 2m)(m 2 + 2m + 1), y(m + 2) = −(2m + 5)(m 2 + 2m + 1)

Hàm số có hai cực trị cùng dấu khi và chỉ khi m thỏa mãn hệ

II

−m ≠ m + 2



 y(−m).y(m + 2) > 0

 5

− < m <

Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là  2

m ≠ −1

Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

1 2

0,50

2,00

2

0,50

6

0,50

1





0,50

0,50

2

 



 

  



sin x + 3 cos x − 3 sin x.cos x + 1 − 2 sin 2 x 1=

2 2

0,50

⇔ (sin x + 3 cos x)(1 − sin x) = 0

π

• sin x + 3 cos x = 0 ⇔ tgx = − 3 ⇔ − + kπ

3 π

• 1 − sin x = 0 ⇔ x = + k 2π

2

π π Nghiệm của phương trình đã cho là: x = − + kπ ∨ x = + k 2π , k ∈ Z.

3 2 Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm)

5 Điều kiện: x ≥

3 Phương trình đã cho tương đương với

10x + 1 − 2 x − 2 = 9 x + 4 − 3x − 5 (1).

5

Vì x ≥ nên cả hai vế của (1) đều dương Do đó:

3 (1) ⇔ 12 x − 1 − 2 (10 x + 1)(2 x − 2) = 12 x − 1 − 2 (9 x + 4)(3x − 5)

⇔ 7 x 2 − 15x − 18 = 0 ⇔ x = 3 hay x = −

7 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 3

III

Viết phương trình đường thẳng d2 đi qua…(1,00 điểm)

Đường thẳng d2 đi qua điểm A(5; 4; 3) và có vectơ chỉ phương

x − 5 y − 4 z − 3

AB = (1; 3; -1) nên có phương trình = =

1 3 − 1 Đường thẳng d1 qua M(1; 2; 3), có vectơ chỉ phương u = (2;3;1).

  

Ta có: u, AB  = (−6;3;3) và MA=(4; 2; 0)

  

u, AB  MA = −18 ≠ 0, suy ra d1 và d2 chéo nhau

Tìm điểm C thuộc d1…(1,00 điểm)

Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 (I ∈ d1, J ∈ d2) Ta có

I(1 + 2t; 2 + 3t; 3 + t), J(5 + s; 4 + 3s; 3 - s),

IJ = (4 − 2t + s; 2 − 3t + 3s; − t − s).

2,00

IJ là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 nên

 IJ u = 0 2(4 − 2t + s) + 3(2 − 3t + 3s) + (−t − s) = 0

  ⇔ 

IJ AB = 0  (4 − 2t + s) + 3(2 − 3t + 3s) − (−t − s) = 0

 t = 1

⇔ 

s = 0 0,25

Do đó: I(3; 5; 4), JA(5; 4; 3), IJ =

AB = 12 + 32 + (−1)2 = 11

22 + (−1)2 + (−1)2 = 6

0,25

S ABC 1 1

= AB.d (C, d 2 ) ≥ AB.IJ =

2 2

1

2 11 6 = 66

2 (đvdt).

0,50

2

1 30 2

30 2

1

0,50

n

2 1

2 1

1 0

1



0,50

⇔ 12 

yz ( y + z) 2

2

8

3 2

1

IV

S ABC = 662 (đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi CI(3; 5; 4) 0,25

2,00 Tính tích phân…(1,00 điểm)

Đặt t = 4x + 1 ⇒ x = t 2 −1

4 ⇒ dx = tdt

Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3

Do đó I = ∫

1

t + 3  t 3 3t  3

dt =  + 

=11

6 .

0,25 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)

Ta có x + y + z = ≤ ⇔ 12 x 2 + 12( y + z) x ≤ ( y + z)2

3x 12 x

2

 x  x

 y + z  + 12 y + z − 1 ≤ 0

y + z ≤ 2 3 − 3

6

0,50

V.a

Do đó x ≤ 2 3 − 3

6 ( y + z) (vì x, y, z dương).

2,00 Tính tổng (1,00 điểm)

3 3

A n + C n

(n −1)(n − 2)

n

= 35 ⇔ n + = 35 ⇔ n = 30

6

0,50

Ta có (1 + x) n = C n + C n x + + C nn x n Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được

n(1 + x) n− 1 = C n + 2C n x + + nC nn x x− 1

Nhân hai vế với x và lấy đạo hàm theo x ta được

n(1 + x) n− 1 + n(n − 1)(1 + x) n − 2 x = C n + 2 2 C n x + + n 2C n x n − 1

Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được

C30 + ( − 1)2 2 C30 + + ( − 1) 29 n 2C30 = 0

Do đó S = 2 2 C30 + + ( − 1) 30 n 2C30 = C30 = 30.

Tìm tọa độ các đỉnh A và B (1,00 điểm)

Gọi I(x ; y) là trung điểm của AB và G(xG ; yG) là trọng tâm của ∆ΑΒΧ

2 2x − 1 2 y − 1

Do CG = CI nên x G = ; y G = Suy ra tọa độ điểm I thỏa

3 3 3

 x + 2 y − 3 = 0

 mãn hệ phương trình  2x − 1 2 y − 1 ⇒ I (5; − 1)

 3 + 3 − 2 = 0

0,50

2

0,50 3

0,50

1



0,50

IA = IB = AB

2 = 5

2 nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau

 x + 2 y − 3 = 0  x = 4  x = 6

   của hệ  2 2 5 ⇔  1 hoặc  3

( x − 5) + ( y + 1) = 4  y = − 2  y = − 2

 1   3  Tọa độ của các điểm A, B là:  4; −  ,  6; −   2   2 

V.b

Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

1 Điều kiện: x >

9 Phương trình đã cho tương đương với phương trình

log 2 (2x + 2) 2 − log 2 (9x − 1) = 1

⇔ log 2 (2x + 2) 2 = log 2 (9 x − 1) + log 2 2 ⇔ log 2 (2x + 2) 2 = log 2 (18x − 2)

⇔ (2x + 2)2 = (18x − 2) ⇔ 2 x 2 − 5x + 3 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x =

2

3 Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x = 1 hay x =

2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm)

2,00

1 1

Thể tích của khối tứ diện SACD là V SACD = DA.DC.SA =

3 2

a3 3

6 (đvtt).

S

M

D A

O

0,50

Gọi M là trung điểm của SD Ta có OM//SB nên góc (SB;AC) = góc

(OM; OC)

Tam giác vuông SAB có SB = SA2 + AB 2 = 3a 2 + a 2 = 2a

nên OM = a

Tương tự, SD = 2a ⇒ MD = a ⇒ CM = a 2

Xét tam giác OMC, ta có

cos COM = OM 2 + OC 2 − MC 2

2OM OC =− 2

4 ⇒ cos(SB, AC) = 2

4 Cosin của góc giữa SB, AC là 2

4 .

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.

Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn.