Đề&HD Toán ĐH 2010 số 19

[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

http://ductam_tp.violet.vn/

Mụn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề

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

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= 2 x +1

x+2 có đồ thị là (C)

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

2.Chứng minh đờng thẳng d: y = -x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B Tìm

m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất

Câu II (2 điểm)

1.Giải phơng trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8

2 Tớnh tớch phõn:

0

1

x x

x

 







Câu III (2 điểm)

1.Giải bất phương trỡnh: 2x10 5x10 x 2

2.Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số

chẵn và ba chữ số lẻ

Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1 Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng AA1 và B1C1 theo a

II PHẦN RIấNG (3.0 điểm)

Câu Va

1. (2 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9

và đờng thẳng d: x + y + m = 0 Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông

2.(1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có

mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ

Câu Vb

1 (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đờng thẳng d có phơng

trình x −1

2 =

y

1=

z −1

3 Lập phơng trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ

d tới (P) là lớn nhất

2. (1 điểm) Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2009 + b2009 + c2009 = 3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a4 + b4 + c4

………Hết………

HƯỚNG DẨN GIẢI

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

CõuI:)(2 điểm)

1) a.TXĐ: D = R\{-2}

b.Chiều biến thiên

+Giới hạn:

x → −2 =− ∞;lim y

x → −2 −

=+ ∞ lim y

x →− ∞=lim y

x →+∞=2 ;lim y

¿ Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2

+

x+2¿2

¿

¿

y '=3¿

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ∞;−2) và (−2 ;+∞)

+Bảng biến thiên

x − ∞ -2 +∞

y’ + +

+∞ 2

y

2 − ∞

c.Đồ thị:Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 1

2 ) và cắt trục Ox tại điểm( −

1

2 ;0)

Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng

2)Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình

2 x +1

x +2 =− x +m ⇔

x ≠ −2

x2+(4 −m) x +1− 2m=0(1)

¿{

Do (1) có −2¿2+(4 − m).(−2)+1− 2m=− 3 ≠ 0 ∀ m

Δ=m2+1>0 va¿ nên đờng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại

hai điểm phân biệt A, B

Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất

 AB2 nhỏ nhất  m = 0 Khi đó AB=√24

Cõu II:)(2 điểm)

1)(1 điểm).Phơng trình đã cho tơng đơng với

9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0

 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0



1− sin x=0

¿

6 cos x +2 sin x −7=0(VN)

¿

¿

¿

¿

 x= π2+k 2 π

2) (1 điểm).Tớnh:

0

1

x x

x

 







Đặt x  1 t x t  => dx=2tdt; khi 2 1 x=0=>t=1,x=3=>t=2

   

 

2

1

t

y

O

2 -2

x

Câu III (2 điểm)

1(1 điểm) BG:Giải bất phương trỡnh: 2x10 5x10 x 2(1)

Điều kiện: x 2

 1  2x10 x 2 5x10  2x26x 20 x 1(2)

Khi x 2 => x+1>0 bỡnh phương 2 vế phương trỡnh (2)

(2) 2x 6x 20x 2x1  x 4x11 0   x   ; 7  3;

Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trỡnh là: x 3

2 (1 điểm).Từ giả thiết bài toán ta thấy có C52=10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số

0 đứng đầu) và C53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52 C53 = 100 bộ 5 số đợc chọn

Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả C24 C53 5! = 12000 số

Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C14 C53 4 !=960 Vậy có tất cả

12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán

II.Phần riêng.( 3điểm)

Câu Va :

1)(2 điểm)Từ pt ct của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng

tròn và AB⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 ⇒IA=3√2

⇔|m− 1|

√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔

m=5

¿

m=7

¿

¿

¿

¿

¿

2 (1 điểm)Từ giả thiết bài toán ta thấy có C24=6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và

C52=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C24 C52 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán

Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập Vậy có tất cả C24 C52 4! = 1440 số

Câu Vb

1)(2 điểm)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 véc tơ pháp tuyến

H ∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H là hình chiếu của A trên d nên ⃗u=(2 ;1;3)

AH⊥ d ⇒⃗ AH ⃗u=0¿ là vtcp 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) (1 điểm)áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có

1+1+ +1

⏟

2005

+a2009+a2009+a2009+a2009≥ 2009.2009√a2009 a2009 a2009 a2009=2009 a4(1) Tơng tự ta có

1+1+ +1

⏟

2005

+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 2009√b2009 b2009 b2009 b2009=2009 b4(2) 1+1+ +1

⏟

2005

+c2009 +c2009 +c2009 +c2009≥ 2009.2009√c2009 c2009 c2009 c2009=2009 c4(3)

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc 6015+4 (a2009+b2009+c2009)≥ 2009(a4+b4+c4)

⇔6027 ≥ 2009(a4

+b4 +c4 )

Từ đó suy ra P=a4+b4+c4≤ 3

Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3

………Hết………