2 DE THI THU DAI HOC MON TOAN

Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.. Tính thể tích khối chóp S.ABC..[r]

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II

TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN Môn Toán - Năm học 2009-2010

Thời gian làm bài : 180’

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số yf x x42m 2x2m2 5m5

1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1

2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân

Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

12 12

x y x y

y x y





 2/ Giải bất phương trình : √log22x − log2x2− 3>√5 (log4x2− 3)

Câu III (1.0 điểm) Tìm x ∈(0 ; π ) thoả mãn phương trình: cot x - 1 = cos 2 x

1+tan x+sin

2

x −1

2sin 2 x .

Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân :

2 2 0

I cos xcos 2xdx





2 , SA=a√3 ,

SAB SAC30

Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA(MBC) TínhV SMBC

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)

A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: (2.0điểm)

1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 và phân giác trong CD:x y 1 0 Viết phương trình đường thẳng BC

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Câu VII.a: (1,0điểm)Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng

(P): 2x - y + z + 1 = 0 Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P)

B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: (2 điểm)

1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D

2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

b) Tìm hệ số a10.

Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y =



2 2 2 1

x x

x (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3.

Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2

Đáp án và biểu điểm thi thử Đại học lần II Môn Toán Năm học 2009-2010 Câu ý Hướng dẫn giải chi tiết Điểm PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00 Câu I 2 1 Cho hàm số f ( x )=x4 +2 (m −2) x2+m2− 5 m+5 ( C ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 1 1* TXĐ: D = R 2* Sự biến thiên của hàm số: * Giới hạn tại vô cực: x →− ∞lim f ( x )=+ ∞ : x →+∞lim f ( x ) =+ ∞

0.25 * Bảng biến thiên: f ' ( x )= y '=4 x3 − 4 x=4 x(x2− 1) y '=0 ⇔ x=0 ; x=−1 ; x=1 x -∞ -1 0 1 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 1 +∞

0 0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−1 ;0) và (1;+∞) , nghịch biến Trên mỗi khoảng (− ∞ ; −1) và (0 ; 1) Hàm số đạt cực tiểu tại x=± 1; yCT=0 , đạt cực đại tại x=0 ; yCD=1 0.5 3* Đồ thị: * Điểm uốn: y ''=12 x2 −4 , các điểm uốn là: U1(−√3 3 ; 4 9),U2( √3 3 ; 4 9) * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị:

8 6 4 2 -2 -4 -5 5 0.25 2 Tìm các giá trị của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân 1 * Ta có   3   2 0 ' 4 4 2 0 2 x f x x m x x m            0.25 * Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < 2 (1) Toạ độ các điểm cực trị là:

A(0 ;m2−5 m+5), B( √2 − m;1− m),C(−√2− m;1 −m) 0.5

* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A:

⃗AB ⃗AC=0⇔(m− 2)3

=−1 ⇔ m=1 vỡ đk (1) Trong đó ⃗AB=( √2− m;− m2+4 m− 4),⃗AC=(−√2− m;− m2+4 m− 4)

0.25

Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1.

1

Giải hệ phương trình:

2 2

2 2

12 12

x y x y

y x y





* Điều kiện: | | | |x  y

Đặt

2 2; 0

u x y u

v x y





 

 ; x y không thỏa hệ nên xét x y ta có

2 1

2

u

v

  Hệ phương trình đã cho có dạng:

2 12 12 2

u v

v v

 











0.25

4 8

u v





 



3 9

u v











+

2 2







2 2







0.25

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu

2 Giải bất phương trình : √log22x − log2x2− 3>√5 (log4x2− 3) 1

ĐK:

¿

x >0

log22x − log2x2− 3 ≥0

¿{

¿

Bất phương trình đã cho tương đương với

√log22x − log2x2− 3>√5 (log2x −3)(1)

đặt t = log2x, BPT (1) √t2−2 t −3>√5(t −3) ⇔√(t −3)(t+1)>√5(t − 3)

0.25

⇔

¿t>3

t −3¿2

¿

¿

¿

⇔

¿

t ≤− 1

¿

3<t <4

¿

⇔

¿

t ≤− 1

¿

¿

¿{

¿

(t+1)(t − 3)>5¿

0.5

⇔ 0<x ≤1

2

¿

8<x <16

¿

¿

¿

¿

¿

Cot x - 1 = cos 2 x 1+tan x+sin2x −1

2sin 2 x .

1

ĐK:

¿

sin 2 x ≠ 0 sin x+cos x ≠ 0

⇔

¿sin 2 x ≠ 0 tan x ≠ −1

¿{

¿

Khi đó pt ⇔ cos x −sin x

cos 2 x cos x cos x+sin x +sin

2x −sin x cos x

⇔ cos x −sin x

sin x =cos

2

x −sin x cos x+sin2x −sin x cos x

0.25

⇔ cos x − sin x=sin x (1− sin 2 x )

⇔ (cos x −sin x)(sin 2 x+cos 2 x −3)=0

4+kπ (k ∈ Z ) (tm)

x ∈ (0 ;π )⇒ k=0 ⇒ x= π

4

KL:

0 5

Câu IV

Tính tích phân :

2 2 0

I cos xcos 2xdx



2

I cos cos 2 (1 cos 2 )cos 2 (1 2cos 2 cos 4 )

0.5

/2 0

( sin 2 sin 4 ) |

Câu V

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = a

2 , SA=a√3 ,

SABSAC30 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA(MBC) TínhV SMBC

1

Theo định lí côsin ta có:



SB SA AB  2SA.AB.cos SAB3a a  2.a 3.a.cos 30 a Suy ra SB=a Tương tự ta cũng có SC = a

0.25

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN  BC Tương tự ta cũng có MN  SA

MN2

=AN2− AM2

=AB2−BN2− AM2

=a2−(a4)2−(a√23)2=3 a2

16

⇒MN= a√3

0.25

Do đó

3

S MBC

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00

Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:

2x y  1 0 và phân giác trong CD:x y 1 0 Viết phương trình đường thẳng BC

1

S

A

B

C M

N

Điểm C CD x y :  1 0  C t ;1 t

Suy ra trung điểm M của AC là

1 3

;

M   

MBM x y           t  C 

0.25 0.25

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 0 tại I (điểm K BC )

Suy ra AK:x1  y 2  0 x y  1 0

Tọa độ điểm I thỏa hệ:

 

1 0

0;1

1 0

x y

I

x y

  







  

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0

Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

1

7 1 8

x y



 

0.25

0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45

0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5  2 5 5 2

C x C x C C x 



Theo gt ta có

3 4

2 10

4

2

5 0

i k

k i

i

k

i i N

i k

 





















 

   









 

  a10= C C50 55C C52 54C C54 53 101

0.25

0.5

Câu

VII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x- y + z + 1 = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P).

Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm

Ta có AB ( 2,4, 16)  

cùng phương với   

⃗

a ( 1,2, 8)

0.25

mp(P) có VTPT  

⃗

1

n (2, 1,1)

Ta có

⃗ ⃗ [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT của mặt phẳng (Q) là 

⃗

2

Mp(Q) chứa AB và vuông gúc với (P) đi qua A nhận 

⃗

2

n (2,5,1)

là VTPT có pt là: 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z  11 = 0 0.25

Phần lời giải bài theo chương trình nâng cao

Câu

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I

của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D 1

Ta có:

AB   AB

Phương trình của AB là:

2x y  2 0

I là trung điểm của AC và BD nên

ta có:

2 1; 2 , 2 ; 2 2

0.5

Mặt khác: S ABCD AB CH 4 (CH: chiều cao)

4 5

CH

Ngoài ra:

| 6 4 | 4

;

t

d C AB CH

 

 Vậy tọa độ của C và D là

C  D 

    hoặc C1;0 , D0; 2 

0.25

0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15

a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15

Ta cú P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45 0.25

Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5  2 5 5 2

C x C x C C x 



Theo gt ta có

3 4

2 10

4

2

5 0

i k

k i

i

k

i i N

i k

 





















 

   









 

  a10= C C50 55C C52 54C C54 53 101

0.25

0.25

CõuVII.b

Cho hàm số y =



2 2 2 1

x x

x (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3 Tìm tất cả các

giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2

1

* Hoành độ giao điểm của (C) và d1 là nghiệm của phương trình :

 



1

x

 2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)

d1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt  p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1







 2

0.5

Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) )

* d1 d2 theo giả thiết  Để A, B đối xứng nhau qua d2  P là trung điểm của AB Thì P thuộc d2 Mà P(

1 2; 1 2

)  P(

3 3;  3

) Vậy ta có

( thoả mãn (*)) Vậy m =9 là giá trị cần tìm

0.5

Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần

SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )

Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số y= 2 x −3

x − 2

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

Đề chính thức

2 Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 1+sinx

2sin x − cos

x

2sin

2x =2cos2

x

2)

2 Giải bất phương trình log2(4 x2− 4 x +1)−2 x >2−(x +2)log1

2(12− x)

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân I=

1

e

(ln x x√1+ln x+3 x

2

ln x)dx

Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC = a

2 SA=a√3 ,

30

SAB SAC Tính thể tích khối

chóp S.ABC

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =

3

4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P=3 1

√a+3 b+

1 3

√b +3 c+

1 3

√c+3 a

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2

Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1:2 x − y +5=0 d2: 3x +6y – 7 = 0 Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2)

và mặt phẳng (P) có phương trình: x+ y+ z −2=0 Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S)

Câu VIIa (1 điểm)

Tìm số nguyên dương n biết:

2C n  3.2.2C n  ( 1)  k k k(  1)2k C k n  2 (2 n n1)2 n C n n 40200

Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)

Câu VIb (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: x2

16 −

y2

9 =1 Viết

phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật

cơ sở của (H).

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho (P): x +2 y − z+5=0 và đường thẳng (d ): x+3

2 =y +1=z − 3 , điểm A( -2; 3; 4) Gọi  là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm của (

d) và (P) đồng thời vuông góc với d Tìm trên  điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.

Câu VIIb (1 điểm):

Giải hệ phương trình

¿

23 x+ 1+2y− 2=3 2y+3 x

√3 x2+1+xy=√x +1

¿{

¿

-

Hết -Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: - Số báo

danh: -Đáp án

I 1

Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số y= 2 x −3

1) Hàm số có TXĐ: ¿R {2¿

¿

0,25

2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:

+ ¿y =+ ∞

lim

x → 2 − y=− ∞; lim

¿

Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

0,25

* lim  lim    2

đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số b) Bảng biến thiên:

Ta có: y '= 1

( x − 2)2<0 ,∀ x ≠ 2

Bảng biến thiên:

x -  2 + 

-y 2

-

+ 

2

* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞;2) và (2;+∞)

0,25

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại (0 ;3

2) và cắt trục hoành tại điểm (32;0)

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.

0,25

I 2 Tìm M để cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất 1,00

Ta có: M(x0; 2 x0−3

x0− 2 ), x0≠ 2 , y ' (x0)= −1

(x0−2)2

Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: Δ: y = − 1

(x0−2)2(x − x0)+2 x0−3

x0−2

0,25

Toạ độ giao điểm A, B của (Δ) và hai tiệm cận là: A(2 ; 2 x0−2

x0−2 );B(2 x0− 2;2)

Ta thấy x A+x B

2+2 x0− 2

2 =x0=x M , y A+y B

2 x0−3

x0− 2 =y M suy ra M là trung điểm của AB

0,25

Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác

IAB có diện tích

0,25

O

y

x

2 3/2 3/2 2

S =

x0− 2¿2+(2 x0−3

x0−2 − 2)2

x0− 2¿2

¿≥ 2 π

x0−2¿2+1

¿

¿

¿=π¿

π IM2

=π¿

Dấu “=” xảy ra khi

x0− 2¿2

¿

⇔

¿

x0=1

¿

x0=3

¿

¿

¿

x0− 2¿2=1

¿

¿

¿

Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)

0,25

II 1

Giải phương trình 1+sinx

2sin x − cos

x

2sin

2

x =2cos2(π4 −

x

1+sinx

2sin x − cos

x

2sin

2x =2cos2

x

2)(1) (1)⇔1+sin x

2sin x − cos

x

2sin

2x=1+cos(π2− x)=1+sin x 0,25

⇔sin x(sin x

2−cos

x

2sin x −1)=0⇔sin x(sinx

2− cos

x

2 2 sin

x

2cos

x

⇔sin x(sin x

2−1)(2 sin2x

2+2 sin

x

2

sin x 0

x k

x k x

2 sin 2 sin 1



 





 















II 2

Giải bất phương trình log2(4 x2− 4 x +1)−2 x >2−(x +2)log1

ĐK:

1

2− x >0

4 x2−4 x+1>0

⇔

¿x<1

2

2 x −1¿2>0

¿

⇔

¿

¿

¿x<1

2

¿

x ≠1

2

¿

0,25

Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:

2 log2(1− 2 x )− 2 x >2+(x+2)[log2(1− 2 x )− 1]

⇔

¿x >0

log2(1 −2 x)+1<0

¿

¿

¿

x <0

¿

log2(1 −2 x)+1>0

¿

¿

¿

⇔

¿

¿

¿

x >0

¿

log22(1− 2 x )<0

¿

¿

¿

¿

¿

x <0

¿

log22(1− 2 x )>0

¿

¿

¿

¿

⇔

¿

0,25

Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 14<x <1

Tính tích phân I=

1

e

(ln x x√1+ln x+3 x

I=

1

e

ln x

x√1+ln xdx+3

1

e

x2ln xdx

+) Tính I1=

1

e

ln x

x√1+ln xdx Đặt t=√1+ln x ⇒t2=1+ln x ;2 tdt=1

xdx

Đổi cận: x=1⇒ t=1; x=e⇒t=√2

0,25

I1=

1

√ 2

(t2− 1)

t 2 tdt=2

1

√ 2

(t2−1)dt=2(t33− t)¿1√2=2(2 −√2)

+) Tính I2=

1

e

x2ln x dx Đặt

¿

u=ln x dv=x2dx

⇒

¿du=dx

x v= x3

3

¿{

¿

0,25

e

1



I=I1+3 I2=¿ 5 − 2√2+2 e3

Theo định lí côsin ta có:



SB SA AB  2SA.AB cos SAB3a a  2.a 3.a.cos 30 a

Suy ra SB=a Tương tự ta cũng có SC = a

0,25

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB  SA, MC  SA Suy ra SA  (MBC)

Ta có V S ABC=V S MBC+V A MBC=1

3MA SMBC+1

3SA SMBC=1

3SA SMBC

0,25

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M Gọi N là trung điểm của

BC suy ra MN  BC Tương tự ta cũng có MN  SA

0,25

S

A

B

C M

N