ĐỀ THI THỬ ĐH -TOÁN 2010 _7

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐHĐề số 7 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phỳt.. Tớnh theo a khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng SAC.. Chứng minh rằng P giao E tại 4 điểm phân biệt c

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH

(Đề số 7)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MễN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phỳt

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Cõu I: Cho hàm số y x= 3+2mx2 +(m+3)x+4 cú đồ thị là (C m )

1) Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C 1 ) của hàm số trờn khi m = 1.

2) Cho (d ) cú phương trỡnh y = x + 4 và điểm K(1; 3) Tỡm cỏc giỏ trị của tham số m sao cho (d) cắt (C m ) tại ba điểm phõn biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giỏc KBC cú diện tớch bằng 8 2

Cõu II:

1) Giải phương trỡnh: cos2x+ =5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x

2) Giải hệ phương trỡnh:







=

− + +

= + + +

y y

x x

y y x y x

) 2 )(

1 (

4 ) ( 1 2

2

(x, y ∈R )

Cõu III: 1) Tớnh tớch phõn I = 2 2

6

1 sin sin

2

x x dx

π

2) Tỡm cỏc giỏ trị của tham số thực m sao cho phương trỡnh sau cú nghiệm thực:

91 1+ −x2 −(m+2)31 1+ −x2 +2m+ =1 0

Cõu IV: Cho hỡnh chúp S ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) = 60 0 , ABC và SBC là cỏc tam giỏc đều cạnh a Tớnh theo a khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng (SAC).

II PHẦN RIấNG (3.0 điểm)

Câu V.a: 1 Cho parabol (P): y=x2 −2x và elip (E): 1

9 2

2

= +y

x Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4

điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng tròn Viết p.trình đờng tròn đi qua 4 điểm đó.

2.Cho mặt cầu (S) có phơng trình x2 +y2+z2 −2x+4y−6z−11=0 và mặt phẳng (α) có

ph-ơng trình 2x + 2y - z + 17 = 0 Viết phph-ơng trình mặt phẳng (β) song song với (α) và cắt (S) theo giao

tuyến là đờng tròn có chu vi bằng 6π.

Câu VI.a Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của

n x x







4

2 1

biết rằng n là số nguyên dơng thỏa mãn:

1

6560 1

2 3

2 2

2

+

= + + + +

n

C n C

C

n

n n

n

(C là số tổ hợp chập k của n phần tử) n k

CõuVb: 1 Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d cú phương trỡnh

3

1 1

2

1= = −

x

Lập phương trỡnh mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cỏch từ d tới (P) là lớn nhất.

2 Cho điểm A(2;–3), B(3;–2), ∆ ABC cú diện tớch bằng 3

2; trọng tõm G của ∆ABC thuộc đường

thẳng (d): 3x – y – 8 = 0 Tỡm bỏn kớnh đường trũn nội tiếp ∆ ABC.

CõuVIb :

Tỡm cỏc số thực b, c để phương trỡnh z 2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm.

HƯỚNG DẨN GIẢI (ĐỀ SỐ 7)

I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

CõuI.1.(Học sinh tự giải)

2)Phương trỡnh hoành độ điểm chung của (C m ) và d là:

=





2

0

x

g x x mx m

(d) cắt (C m ) tại ba điểm phõn biệt A(0; 4), B, C ⇔phương trỡnh (2) cú 2 nghiệm phõn biệt khỏc 0.

≤ − ∨ ≥

∆ = − − > 

⇔ = + ≠ ⇔ ≠ −

/ 2 2 0 1 2 ( )

2

m

Mặt khỏc: − +

= 1 3 4 =

2

d K d Do đú: ∆ =8 2⇔ 1 ( , ) 8 2= ⇔ =16⇔ 2=256

2

KBC

(x B x C) (y B y C) 256

⇔ − + − = với x x là hai nghiệm của phương trỡnh (2). B, C

⇔(x B −x C) ((2+ x B + −4) (x C+4))2 =256⇔2(x B−x C)2 =256⇔(x B+x C)2−4x x B C =128

2

2

m= ±

CõuII:1 Phương trỡnh ⇔ (cosx–sinx) 2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0

cos - sin -1

cos - sin 5( cos - sin 2)

x x

x x loai vi x x

=





2 2

 = +



 = +



2) Hệ phơng trình tơng đơng với

2

2

1

1

x

x y y

x

x y y



 +



Đặt

2 y x v

,

y

1

x

u

2

− +

=

+

=

Ta có hệ u v 1

1 uv

2 v u

=

=

⇔







=

= +

Suy ra









=

− +

= +

1 2 y x

1 y

1

x2

Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5)

CõuIII:1 Ta cú: I =2 2

6

1

2

π

π ∫ xì x+ dx = 2 2

6

3

2

π π

−∫ − ì Đặt cos 3 cos

2

x = ì t

Đổi cận: Khi 2

= ⇒ = ⇒ = ; khi x cos 0

Do vậy:

2 2

4

3 sin 2

π

π

16 π + .

2 Tỡm cỏc giỏ trị của tham số thực m sao cho phương trỡnh sau cú nghiệm thực:

91 1+ −x2 −(m+2)31 1+ −x2 +2m+ =1 0(1)

* Đk x∈[-1;1], đặt t = 31 1 + −x2 ; x∈[-1;1]⇒t∈[3;9]

Ta cú: (1) viết lại

2

2

t

− +

−

Xột hàm số f(t) =

2 2 1 2

t

− +

− , với t∈[3;9] Ta cú:

2

3 ( 2)

t

t t

=



− +

Lập bảng biến thiờn

7

4

Căn cứ bảng biến thiờng, (1) cú nghiệmx∈[-1;1] ⇔ (2) cú nghiệm t∈[3;9]⇔ 4≤ ≤m 487

CõuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hỡnh chiếu của S lờn AM

Suy ra: SM =AM =a23; ãAMS= 60 0 và SO ⊥ mp(ABC)

⇒ d(S; BAC) = SO =34a

Gọi V SABC - là thể tớch của khối chúp S.ABC

⇒ V S.ABC =1 . 3 3

3S ABC SO a16

∆ = (đvtt) Mặt khỏc, V S.ABC =1 ( ; )

3S∆SAC d B SAC

∆SAC cõn tại C cú CS =CA =a; SA =a23

⇒ S SAC a2 1613 3

Vậy: d(B; SAC) = 3 3

13

S ABC SAC

S∆ = (đvđd).

II PHẦN RIấNG (3.0 điểm)

Câu V.a 1Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P)

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình

0 9 x 37 x 36 x 9 1 )

x

2

x

(

9

=

− +

−

⇔

=

−

Xét (x)=9x4−36x3+37x2 −9, f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E) cắt (P) tại 4 điểm phân biệt

Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ









= +

−

=

1 y 9 x

x 2 x y 2 2 2

0 9 y x 16 y 9 x 9 9

y

x

y x

16

2

2

2

=

−

−

− +

⇒







= +

=

−

(**) là phơng trình của đờng tròn có tâm 











= 9

4

; 9

8

I , bán kính R =

9

161

Do đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**)

2.Viết phơng trình mặt phẳng (β)

Do (β) // (α) nên (β) có phơng trình 2x + 2y – z + D = 0 (D≠17)

C S

A

B

MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5

§êng trßn cã chu vi 6π nªn cã b¸n kÝnh r = 3

Kho¶ng c¸ch tõ I tíi (β) lµ h = R2 −r2 = 52 −32 =4





=

−

=

⇔

= +

−

⇔

=

− + +

+

−

− +

(lo¹i) 17 D

7 D 12 D 5 4

) 1 ( 2 2

D 3 ) 2 ( 2 1

2

2 2

2

VËy (β) cã ph¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0

C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña

n x x







4

2

1

,

biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n:

1

6560 1

2 3

2 2

2 2

1 2

3 1

2 0

+

= + + + +

n

C n C

C

n

n n

n

BG: Ta có

∫

0

n n n 2

2 n

1 n

0 n 2

0

ndx C C x C x C x dx

)

x

1

(

2

0

1 n n n 3

2 n 2 1 n

0

1 n

1 x

C 3

1 x C 2

1 x











+ + + +

+

n

1 n 2

n

3 1 n

2 0

1 n

2 C

3

2 C 2

2 C

2

+ + + +

+

MÆt kh¸c

1 n

1 3 )

x 1 ( 1 n

1 I

1 n 2 0 1 n

+

−

= +

+

= + + (2)

n

1 n 2

n

3 1 n

2 0

1 n

2 C

3

2 C 2

2 C 2

+ + + +

+

1 n

1

3n 1 +

−

= +

Theo bµi ra th× 3 6561 n 7

1 n

6560 1

n

1

=

⇒

=

⇔ +

= +

+

−

=









=







0

4 k 14 k 7 k

k 7

k 7 k 7 7

2

1 x

2

1 x

C x

2

1 x

Sè h¹ng chøa x 2 øng víi k tháa m·n 2 k 2

4

k

14− = ⇔ =

VËy hÖ sè cÇn t×m lµ

4

21 C 2

1 2 7

2 =

CâuVb *1.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó

khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).

Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥HI=> HI lớn nhất khi A≡I

Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến.

Mặt khác, H∈d ⇒H(1+2t;t;1+3t)vì H là hình chiếu của A trên d nên AH d⊥ ⇒ uuur rAH u =0 (ur=(2;1;3)

là véc tơ chỉ phương của d) ⇒H(3;1;4)⇒ AH(−7;−1;5)

Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 ⇔7x + y – 5z –77 = 0

2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0 ⇒ d(C; AB) = 5 2

2

ABC

a b S

AB∆

− − =

⇒ a b− − = ⇔  − =5 3 a b a b− =8(1)2(2); Trọng tâm G ( 5; 5)

a+ b− ∈ (d) ⇒ 3a –b =4 (3)

Từ (1), (3) ⇒ C(–2; 10) ⇒ r = 3

S

p = + +

Từ (2), (3) ⇒ C(1; –1) ⇒ r= =S p 2 2 5+3 .

CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z 2 + bx + c = 0 ( b, c ∈ R), nên ta có :