Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 10

Viết phương trình đường thẳng d cắt đồ thị C tại ba điểm phân biệt M2; 0, N, P sao cho tiếp tuyến của C tại N và P vuông góc với nhau.. 1 điểm Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vu

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 10

Ngày 14 tháng 09 năm 2013 Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =x3 −3x2 +4 ( )C

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Viết phương trình đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(2; 0), N, P sao cho tiếp tuyến của (C) tại N và P vuông góc với nhau

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: 1 2 cos( sin )

−

=

2 Giải hệ phương trình:







Câu III (1 điểm) Giải phương trình: 3 3x− =5 8x3−36x2+53x−25

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy.

Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 300 Gọi E là trung điểm của BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD

và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a

Câu V (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xy yz zx+ + =3 Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( )

2

Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần.

A Theo chương trình chuẩn

Câu VIa.(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I(2; 1) và AC = 2BD Điểm 0;1

3

thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc ( ): 2 2 1

phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4

CâuVIIa (1 điểm) Tìm hệ số của x5 trong khai triển biểu thức ( ) 2( )2

P x= − x +x + x , biết rằng

n

n n

+

B Theo chương trình nâng cao.

Câu VIb.(2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22, biết rằng các đường thẳng AB, BD lần lượt có phương trình là 3x+4y+ =1 0và 2x y− − =3 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B,

C, D

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là 12 2( + 3)

Câu VIIb (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho:

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 9

Ngày 7 tháng 9 năm 2013 Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số: 2 3 2 2

3

y = x + m + x + m + m + x +

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3

2 Tìm m để hàm số có cực trị Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A= x x1 2 −2(x1+x2) với

1, 2

x x là các điểm cực trị của hàm số.

Câu II ( 3 điểm)

1 Giải phương trình: sin 3 x − 3sin 2 x − cos 2 x + 3sin x + 3cos x − = 2 0 .

2 Giải hệ phương trình:

1 4

3 Giải bất phương trình:

3

3

9

x

− > −

Câu III ( 1 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC)

Câu IV ( 2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD Điểm M

1

(0; )

3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương

2 Chứng minh

2 2 2

1

n n

+ +

Câu V ( 2 điểm)

1 Cho ,x y R∈ thỏa mãn ( x y + )3+ 4 xy ≥ 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( 4 4 2 2) ( 2 2)

2 Giải phương trình: 2 x2− 7 x + 10 = + x x2− 12 x + 20 ( x R∈ )

………Hết………

-2

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 9 Câu 1 : 1 Với m = -3 thì ta có 2 3 2

3

+)Tập xác định: D R.=

+)Sự biến thiên: y'=2x2−4x. Ta có 0 0 2 ( ) ( )0 1 2 5

3

y'= ⇔ =x ; x= ⇒ x; y = ; , ; − 

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;0),(2;+∞), nghịch biến trên ( 0; 2)

3

+) Bảng biến thiên:

+) Đồ thị:

Câu 1: 2, +) Ta có y'=2x2+2( m+1)x m+ 2+4m+3.

Hàm số có hai cực trị  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt 

m + m+ < ⇔ − < < −m

+) Khi đó ta có

2

1 2

1 1

2

+ = − −





2

1

2

+) Xét 1( 2 8 7)

2

t= m + m+ trên (-5;-1) => 9 0

2 t

− ≤ < +) Từ đó ta có 9

2

A≤ khi m = -4

Câu 2: 1, sin 3x−3sin 2x−cos 2x+3sinx+3cosx− =2 0

(sin 3x sin ) 2sinx x 3sin 2x (cos 2x 2 3cos ) 0x

2

2sin 2 cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

2sin cosx x 2sinx 6.sin.cosx (2cos x 3cosx 1) 0

+)

2

5 2

2 6

 = +



 = +



+)

2

2

2 3

 = +



 = − +



+) cosx= ⇔ =1 x k2 , (π k Z∈ )

Kết luận ……….

Câu 3: 2, Giải hệ phương trình:

1 4

+) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ

Với y≠0, ta có:

2

2

1

4

1 4

x

x y y

x y

y



+



3

v

  =

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 +) Với 3

1

v

u

=



 =

9

v

u

= −



 =

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: 1

2

x y

=



 =

2 5

x y

= −



 =



Câu 2: 3,

3

3

9

x

− > − +) Điều kiện x >0

3

3

9

x

(3log x−2) −5(4 2log ) 2log+ x > x−7

2

3log x 8log x 3 0

3

x< − ∪ x>

+)

1 3

−

−

< ⇔ < ⇔ < +) log3x> ⇔ >3 x 9

Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm 3

1

9 3

0

x

x x

 <



 ≠



Câu 3: +) Từ giải thiết ta có SD ⊥( ABCD)

suy ra (SB, (ABCD)) = ·SBD=600

Ta có

2

ABCD

a

+) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a

=>BD a= 2⇒SD BD= tan 600 =a 6 Vậy

3

S ABCD ABCD

a

2

a DH

+) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK⊥(SBC) và 1 6

GK

6

a

Câu 4: 1, +) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có :

=> N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0

+) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 4.2 3.1 12 2 2

+

AC = 2 BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có:

4

d = x + x suy ra x = 5 suy ra BI = 5

G

S

D

C E H

K

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 +) Từ đó ta có B thuộc ( C): (x−2)2+ −(y 1)2 =5

Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5

+) Tọa độ B là nghiệm của hệ: 4x 3y – 1 02 2

(x 2) (y 1) 5



 − + − =

 Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1).Vậy B( 1; -1)

Câu 4: 2, Chứng minh

2 2 2

1

+ +

1

k

k n

n

C

+ +

+

1

( 1)

n

n

+

+

+) xét

2 2

2 2

2 2 0

(1 )

n

n k

=

+ = ∑ => hệ số chứa xn+1 là 2 12

n n

+

+) Ta lại có

0 0

n n

n n

k i

= =

hệ số chứa xn+1 là 01 n11 1 1 n1 n1 1 1 n11 01

+ + + + + + + + + + + +

+) đồng nhất hệ số chứa xn+1 được 1 2 2 2 3 2 1 2

+ + + + + + + + = 1

2 2

n n

+ -1 Vậy VT(1) =

1

2 2 2

1 ( 1)

n n

C n

+ + −

Câu 5: 1, Cho ,x y R∈ thỏa mãn (x y+ )3+4xy≥2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

+ ta có

3

2



(x y 1 () x y)2 2(x y)2 2 0 x y 1

4

9( 2 2) (2 2 2)

Câu 5: 1,+) Đặt

2

x y

t=x +y ≥ + ≥ ta có 9 2

4

P= t − +t , với 1

2

t≥

+) Xét 9 2

2 1 4

P= t − +t với 1

2

2 1

2

t= => x=y = ½

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727

2, +) Điều kiện 10

2

x x

≥



 ≤

 Đặt

a= x − x+ b= x − x+ ta có 2a –b =x (1) 2( x2−7x+10 (− +x 1))= x2−12x+20 (− +x 2)

x

+) Ta có hệ

2

2

a b x

a b x

− =



=> 2

54

2 2

x

x

≥



+



=

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, 15 5

2