Tìm các điểm M trên C sao cho tiếp tuyến với C tại M cắt các đường tiệm cận của C lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.. Viết phương trình
Trang 1S Ở GD & ĐT HÀ NỘI
TR ƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
-ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PH ẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
x
x y
2
3 2 +
+
= 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2) Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận của (C) Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất
Câu II (2 điểm)
x cos x sin
) x cos x (sin x
sin x
2
3 2 2
−
+ +
− +
2) Giải phương trình: 2(2 1+x2 − 1−x2)− 1−x4 =3x2 +1 ( ∈x R)
Câu III (1 điểm) Tính tích phân ∫
π
+
= 4
6 3 2 4
dx ) x sin(
x sin
x cos
Câu IV (1 điểm)
Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có A′.ABClà hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a Biết độ dài đoạn vuông góc chung của AA ′ và BC là
4
3 a Tính thể tích khối chóp A′.BB′C′C.
Câu V (1 điểm) Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 162 4 52010 =2010
PH ẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: PHẦN A hoặc PHẦN B)
PH ẦN A
Câu VIa (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường tròn
2
1
1) (x− ) +y =
C
4 2
2) (x− ) +(y− ) =
C
( Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (C1) và cắt đường tròn (C2) tại các điểm M, N sao cho MN = 2 2
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thang cân ABCD có đáy lớn AB và tọa độ các đỉnh
)
;
; (
A1−1−2 ; B(−1;1;0) và C(0 −; 1;2) Xác định tọa độ đỉnh D
Câu VIIa (1 điểm) Tính tổng S=C12010 −32C32010 +52C52010 − +20092C20092010
PH ẦN B
Câu VIb (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm ( ; )
2
3 2
9 và trung
điểm của cạnh AD là M(3; 0) Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm H( ; ; )
11
2 11
6 11
2
− Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua H
và cắt các trục tọa độ lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC
Câu VIIb (1 điểm) Giải phương trình log (x2 + )+ = x +1−1 (x∈R)
3
2 3 1 1 2
1
- H ết -
ĐỀ SỐ 026
http://www.VNMATH.com
Trang 2S Ở GD & ĐT HÀ NỘI
TR ƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010
1) Kh ảo sát và vẽ đồ thị hàm số
x
x y
2
3 2 +
+
=
* Tập xác định: D = R\{-2}
) x (
+
=
2
1
2
2 2
=
−∞
= +∞
=
±∞
→
−
→
−
x
lim
; lim
, lim ⇒ Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x=−2và tiệm cận ngang y = 2
* Bảng biến thiên
x -∞ -2 +∞
y’ + +
y
+∞ 2
2 -∞
* Vẽ đúng đồ thị
-
2) Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt
2
3 2
0 0
0
+
+
x );
C ( x
x
; x
2
3 2 2
1
0
0 0 2
+ +
− +
=
x
x ) x x ( ) x (
Gọi A là giao của (d) và tiệm cận đứng x=−2 Tìm ra )
x
x
; ( A
2
2 2 2
0
0
+
+
− Gọi B là giao của (d) và tiệm cận ngang y = 2 Tìm ra B(2x0 +2;2) Từ đó suy ra M là trung điểm của AB
Ta thấy tam giác IAB vuông tại I nên IM là bán kính đường tròn ngoại tiếp IAB∆ Vậy đường tròn
ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích là π.IM2 nhỏ nhất ⇔ IM nhỏ nhất
2
1 2
2 2
3 2
0
2 0 2 0
0 2
0
+ + +
=
− +
+ +
+
=
) x ( ) x ( x
x )
x (
−
⇒
−
=
−
⇒
−
=
⇔
−
= +
= +
⇔ +
= +
)
; ( M x
)
; ( M x
x
x )
x ( ) x
(
3 3 3
1 1 1
1 2
1 2 2
1 2
0
0 0
0 2
0
2 0
1 điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
-
1 điểm
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
x cos x sin
) x cos x (sin x
sin x
2
3 2 2
−
+ +
− +
Điều kiện: cos2 ≠x 0
−
+ +
+
⇔
x cos x sin
) x cos x (sin x
cos x tan ⇔2sin2x+cos22x−2(sinx+cosx)2 =cos2x
⇔2sin2x+cos22x−2−2sin2x=cos2x
⇔ cos22x−cos2x−2=0
⇔ cos2x =−2 (loại) hoặc cos2x=−1 ⇔ x=π+kπ (k∈Z)
1 điểm
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
http://www.VNMATH.com
Trang 32) Gi ải phương trình: 2(2 1+x2 ư 1ưx2)ư 1ưx4 =3x2 +1 ( ∈x R)
Đặt u= 1+x2 ≥1và v= 1ưx2 ≥0 ⇒ x2 =u2 ư1 và u2 + v2 =2
Phương trình
= +
ư
=
ư
ư
⇔
) ( v
u
) ( u uv v u
2 2
1 2 3 2
4 2 2
2
(u≥1 ≥;v 0) Thay (2) vào (1) ta được phương trình:
0 2 4 2 3
2
4uư vưuv= u2 ư(u2 +v2) ⇔v2 ưv(u+ )+ uư u2 =
Ta có ∆=(3uư2)2 ⇒ v=2u hoặc v=2ưu
* Với v=2u ⇔ 1ưx2 =2 1+x2 ⇔ 5x2 =ư3 (vô nghiệm)
* Với v=2ưu ⇔ 1ưx2 =2ư 1+x2 ⇔ 1ưx2 + 1+x2 =2 ⇔ 1ưx4 =1⇔ x=0
1 điểm
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
Tính tích phân ∫
π
+
= 4
6 3 2 4
dx ) x sin(
x sin
x cos
π
π
π
π
π
=
4
6 2
2 4
6
2 4
6
2
1 2
2 4
dx ) x cot ( x sin
x cot dx
) x cos x (sin x sin
x cot dx
) x sin(
x sin
x cot
Đặt t = cotx thì dt =
x sin
dx 2
4
3
π
=
=
⇒ π
x
+ +
ư
= +
=
3 1
3 1
2
1
1 1 2
1
t t dt
t
t I
+
ư
=
+ +
ư
=
2
3 1 3 2 2 1
3 1 2
2 t2 t lnt ln
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Tính th ể tích khối chóp A′.BB′C′C.
A’ C’
B’
N
A C
O M
B
Gọi O là tâm của đáy ABC và M là trung điểm cạnh BC Hạ MN⊥A′A Do BC⊥(A′AM) nên MN
là đoạn vuông góc chung của AA′ và BC
4
3 a
MN =
⇒
3
3 3
2 2
4
3
2
AM
Hai tam giác OAA′ và MNA đồng dạng nên
3
a AN
AO MN O A AN
AO MN
O A
=
=
′
⇒
=
′
18
3 4
3 3 3
2 3
2 3
a S
O A S
O A S
O A V
V
VA′. B′C′C = A′B′C′.ABC ư A′.ABC = ′ ABC ư ′ ABC = ′ ABC = =
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
http://www.VNMATH.com
Trang 4Câu V 1 điểm Tìm t ất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 162 4 52010 =2010
Lấy log2010 cả 2 vế thì phương trình ⇔162sinx +4cosx =5
Ta có
5 4
5 4
4
1 4
4
1 4
4
1 4
4
1 4
4
162sinx + cosx = 4sinx + cosx + cosx + cosx + cosx ≥ 5 4(sinx+cosx−1) ≥
do sinx + cosx ≥sin2x+cos2x=1
Dấu bằng xảy ra
∈ π
=
⇔
=
⇔
= +
=
x cos x sin
x cos x
sin
0 1
4 4
1
44
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
1) Vi ết phương trình đường thẳng (d)
Đường tròn (C1) có tâm I1(1;0) và bán kính
2
1
1=
R Đường tròn (C2) có tâm I2(2;2) và bán kính R2 =2
Ta cần có (d) là tiếp tuyến của (C1) và cách tâm I2 một khoảng 2
2
2 2
−
IH
* TH1: Nếu (d) có dạng x = c Ta có hệ
⇒
=
−
=
−
2
1 1
c
c
vô nghiệm c
* TH2: Nếu (d) có dạng y = ax + b
Ta có hệ
⇔ +
−
= +
⇒
= +
+
−
= +
+
b a b a ) ( a
b a
) ( a
b a
2 2 2
2 2 1
2 2
1 2
1 1
2
2
−
=
= + 2
2 3 4 b
b a
Khi 4a+ b3 =2 thay vào (1) giải ra a=−1 hoặc
7
1
−
=
a ⇒ (d): x+ y−2 =0 hoặc x+ y7 −6=0 Khi b=−2 thay vào (1) giải ra a = 1 hoặc a = 7 ⇒ (d): x− y−2 =0 hoặc 7x− y−2=0
-2) Xác định tọa độ đỉnh D
Ta có BC = 3 Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua C và song song với AB và (S) là mặt cầu tâm A, bán kính R = 3 thì D là
giao của ∆ và (S)
Đường thẳng ∆ đi qua C có vtcp AB(−2;2;2)
→
m z
m y
m x
2 2
2 1
2
+
=
+
−
=
−
=
∆
Mặt cầu (S) có phương trình: (x−1)2 +(y+1)2 +(z+2)2 =9 (2)
Giải hệ (1), (2) tìm ra m=−1 hoặc
3
2
−
=
Khi m = -1 ta có D(2 −; 3;0) (loại vì khi đó CD = AB = 2 3 nên ABCD là hình bình hành)
Khi
3
2
−
=
m ta có D( ; ; )
3
2 3
7 3
4 − (thỏa mãn)
1 điểm
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
-
1 điểm
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
http://www.VNMATH.com
Trang 5Câu VIIa 1 điểm Tính t ổng S=C12010 −32C32010 +52C52010 − +20092C20092010
Khai triển (1+x)2010 =C02010 +C12010x+C22010x2 +C32010x3 + +C20102010x2010
Đạo hàm 2 vế ⇒2010(1+x)2009=C12010 +2C22010x+3C32010x2 + +2010C20102010x2009
Nhân 2 vế với x và đạo hàm ta được
2010( +x) + x( +x) =C12010 +22C22010x+32C32010x2 + +20102C20102010x2009
Thay x = i vào 2 vế ta có
Vế trái = 2010.(1+ )2008(1+2010)=2010.(2)1004(1+2010 )=2010.21004(1+2010)
2010 2 2
2010 2 2009 2010 2 5
2010 2 3
2010 2 1
Vậy S =2010.21004
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
1) Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
Ta có AB= IM2 =3 2 và = =2 2 ⇒ MA=MD= 2
AB
S
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và nhận MI( ; )
2
3 2
3
→
làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
0
3 =
−
+ y
x Vì MA= MD= 2 nên tọa độ A, D là nghiệm của hệ
= +
−
=
− +
2 3
0 3 2
) x (
y x
Giải hệ tìm ra A( 2; 1), D( 4; -1)
Vì I là trung điểm AC và BD nên từ đó có C(7; 2) và B(5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
-
2) Vi ết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A
Giả sử A(a; 0; 0); B(0; b; 0) và C(0; 0; c) ⇒ + + =1
c
z b
y a
x : P ( Từ H ∈(P) suy ra
) ( c b a c
b
11
2 11
6 11
Ta có:
AH( a; ; )
11
2 11
6 11
2 −
−
→
; BC( ;−b;c)
→
0 Vì AH⊥BC⇒ −6b+2c=0(2)
BH( ; b; )
11
2 11
6 11
−
→
; AC(−a;0;c)
→
Vì BH⊥AC⇒ 2a+2c=0 (3) Giải hệ (1), (2), (3) tìm ra 2
3
2
−
a và từ đó có phương trình (P :x−3y−z+2=0
1 điểm 0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
-
1 điểm
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
Gi ải phương trình log (x2 + )+ = x +1−1 (x∈R)
3
2 3 1 1 2
1
Đặt t= x2 +1−1≥0 Phương trình trở thành log3 t+1)+1=3t
Đặt y=log3 t+1) ta có hệ
=
⇔
−
=
−
⇒ +
=
+
=
y t y t y
t
y
3 3 1 3
1 3
Vậy ta có 3t = t+1 Xét hàm ( )=3t −t−1 với t≥0 ta thấy phương trình f(t) = 0 chỉ có nghiệm
duy nhất t = 0
Từ đó suy ra t= x2 +1−1=0 ⇔ x=0
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
http://www.VNMATH.com