Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 144)

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH 03 điểm Thí sinh chọn chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC..[r]

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM

Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 144)

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

Câu I: Cho hàm số f x x4 2m2x2 m2 5m5 ( C )

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

2/ Tìm các giá trị thực của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân Câu II: 1/ Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

x x

1 3

2

1











2/ Tìm các nghiệm thực thoả mãn1 log 0 của phương trình:

3

1 

Câu III: Tính tích phân sau: 1  

0

1

2 ln 1 1

x

x



Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,góc A=1200, BD = a >0 Cạnh bên SA vuông góc với đáy Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600 Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với cạnh SC Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp

Câu V: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abcacb Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1

3 1

2 1

2

2 2



c b

a P

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chọn 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: 1/ Cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình x  y10 Phương trình đường cao

vẽ từ B là: x  y2 20 Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC

2/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1),cắt đường thẳng  

2

1 1

3

2 :







x d

và vuông góc với đường thẳng  d2 :x22t;y 5t;z2t (tR)

Câu VII.a: Giải phương trình sau trên N * : 1 3 2 7 3  2 1 n 32n 2n 6480

n

n n

n

C

B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E): x2 5y2 5, Parabol  P x: 10y2 Hãy viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng   :x3y 6 0, đồng thời tiếp xúc với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P)

2/ Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 đồng thời cắt cả hai

1 1

1 2

1 : 1

z y

x







  d2 :x1t;y1;zt tR

Câu VII.b: Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:















1 2 2

4 2

2 2

log 6 1

x

x y y

y x

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

Giám thị ( Ký và ghi rõ họ, tên) ……… Số báo danh của thí sinh:

Lop10.com

Hướng dẫn giảI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.

Mụn thi : TOÁN ( ĐỀ 144 )

Cõu I Khảo sỏt hàm số ( 2 điểm )

1 Với m =1 Khảo sát hàm số f x  y x4 2x2 1 (C) (1.00 điểm )

1* TXĐ: D = R

2* Sự biến thiên của hàm số:

* Giới hạn tại vụ cực:   :

  f x xlim     f x xlim 0.25 * Bảng biến thiên: f' x  y'4x34x4x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 trờn mỗi khoảng ;1 và  0;1 Hàm số đạt cực tiểu tại x1;y CT 0, đạt cực đại tại x0;y CD 1 0.5 3* Đồ thị: * Điểm uốn: y'' x12 2 4, cỏc điểm uốn là:              9 4 ; 3 3 , 9 4 ; 3 3 2 1 U U * Giao điểm với cỏc trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trờn R nờn đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: Giỏm khảo tự vẽ hỡnh 8 6 4 2 -2 -4 -5 5 * Chỳ ý: Đối với Hs học chương trỡnh cơ bản thỡ quy tắc KSHS thực hiện như chương trỡnh chỉnh lý hợp nhất 2000 0.25 2 Tỡm tham số m (1.0 điểm)

* Ta cú f' x 4x3 4m2x0 x0;x2 2m 0.25 * Hàm số cú CĐ, CT khi f’(x)=0 cú 3 nghiệm phõn biệt và đổi dấu : m < 2 (1) Toạ độ cỏc điểm cực trị là:

A0;m2 5m5,B 2m;1m ,C 2m;1m 0.25

* Do tam giỏc ABC luụn cõn tại A, nờn bài toỏn thoả món khi vuụng tại A:

vỡ đk (1)

0 AC   m 3  m

AB

Trong đú AB 2m;m2 4m4,AC  2m;m2 4m4

Vậy giỏ trị cần tỡm của m là m = 1

0.5

Lop10.com

Câu II

Giải phương trình và bất phuơng trình ( 2.00 điểm )

1

Giải bpt ( 1.00 điểm )

x x

1 3

2

1











* ĐK:



















2

5 2

x

x

0.25

2

1

2

5 2

1  x Bpt  x2 3x  52x  2x2 11x152x3

Ta có:

























2

5 2

0 6

5 2

3 2

x x

x























2

5

; 2 2

1

; 2

2 Nghiệm PTLG sinx.tan2x 3sinx 3tan2x3 3

3

* ĐK : cos2x0

PT tương đương với sinx3 tan2x 30tan2x 3 x k ;kZ

2 6



* Kết hợp với điều kiện (1) ta được k = 1; 2 nên

6

5

; 3



Câu III

Tính tích phân 1   ( 1.00 điểm)

0

1

2 ln 1 1

x

x



* Tính dx I, Đặt

x

x







1

0 1

1













2

; 0

;

t t x

2

Ta có: xcos2tdx2sint.cost.dt

0.25

x

x

cos cos 1 2

1





2 2 2 sin 2

1 sin

2 2 cos 1 cos 2 cos cos 1

0

2 0

2 0 2

0

2

0

2

0

































I

0.25

* Tính 1 x  xdx J

0 1 ln 2



























2 1

1 2

1 ln

x v

dx x

du xdx

dv

x

2

1 1

ln 2

2 ln 1

1 1 2

ln 1 1

ln

1

0

2 1

0

1

0

2 1 0

















































x x

dx x

x x x

Lop10.com

Vậy

2

3





K

Câu IV Hình học không gian ( 1.00 điểm )

* Hình thoi ABCD có góc A=1200 và tâm O nên tam giác ABC đều :

và

2 2

BD

3

3

a AC

Đặt I là trung điểm BC thì AI BC;AI OB

Mà SAmpABCDBC SI Do đó SIAlà góc giữa 2 mp(SBC) và mp(ABCD) vì SAI vuông tại A :

2

3 60

tan

AI SA



0.25

* Kẻ OK SC tại K thì mp(BD;OK) là mp(α)

AC OC

SC KC

SC SC

AC OC KC KC

AC OC

SC











2

1

AC SA SC AC

HK

SA AC

SA KC















2

13 1

2

Trong đó H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) và H thuộc AC

0.25

* Ký hiệu V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại

1







HK

SA HK

S

SA S

V

V

BCD

1

2 1

2 1

2 1 1















V

V V

V V

V V V V

O

A

B

D

C

S

I K

H

0.25

Câu V

Tìm GTLN của biểu thức (1) ( 1.00 điểm )

1

3 1

2 1

2

2 2



c b

a P

ac

c a b b c a abc















Đặt atanA,ctanC với A C  k ;kZ Ta được

2

(1) trở thành

C

C C

A A

C C

A A

P

2 2

2 2

2

2 2

2

cos 3 sin C 2A 2sin

cos 3 2C 2A cos -cos2A

cos 3 cos

2 2cos

1 tan

3 1

tan

2 1

tan 2



































0.25

Do đó:

3

10 3

1 sin 3

10 3 sin

3 sin 2

2

















P

Dấu đẳng thức xảy ra khi:  

























0 sin 2

sin

1 2

1 sin

C C A

C A

Lop10.com

Từ từ được

4

2 tan 3

1 sinC   C sin2AC1cos2AC0

2

2 tanA

Vậy Ma.xP103 a 22;b 2;c 42

0.25

Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn

Câu VIa Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian ( 2.00 điểm)

1 Toạ độ trong mạt phẳng ( 1.00 điểm )

* Gọi D, E lần lượt là chân đương cao kẻ từ B, C

Ta có toạ độ điểm B(0 ; -1) và BM  2;2 , suy ra MBBC

Kẻ MN // BC cắt BD tại N thì BCNM là hình chữ nhật

0.25

* Phương trình đường thẳng MN là: x  y30

N MNBD nên  Do nên pt là









 3

1

; 3

8

3

7 



 y

* Toạ độ C là nghiệm của hpt:



















 















3

5

; 3

2 0

3

1

C y

x

y x

Toạ độ vectơ , nên phương trình AB là:











 3

8

; 3

4

0.25

* Một vectơ chỉ phương của BN là vectơ pháp tuyến của AC, nên phương trình cạnh AC là: 6x  y3 10

A

2 Toạ độ trong không gian (1.00 điểm)

* VTCP của d2 là v2;5;1 và cũng là VTPT của mp(P) đi qua M và vuông góc

* Gọi A là giao điểm của d1 và mp(P) nên A23t;t;12t Thay vào phương trình mp(P) thì t 1 A5;1;3 0.25

* Đường thẳng d cần lập pt có VTCP u 3;1;1do MA6;2;2 Vậy phường trình đường thẳng d là: (vì d ≠ d2)

1

1 1

1 3

1











CâuVII.a Giải pt : 1 3 2 7 3  2 1 n 32n 2n 6480 (1.00 điểm)

n

n n

n

C

n n

n n n

Lấy đạo hàm 2 vế 1  1  1 2 2 3 3 2   n n 1

n n

n n

x

n n

n n

n









1 1 2

1

2 3 2

1 2 2

1 1 2

1

1

3 2

n

n n

n

* Giải phương trình 3n 2n 32n 2n 648032n 3n 64800

Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian (2.00 điểm)

Lop10.com

1 Toạ độ trong mặt phẳng (1.00 điểm)

* Toạ độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của HPT:













5 5

10 2 2

2

y x

y x

Nhận thấy: với mỗi x > 0, có 2 giá trị y đối xứng nhau, suy ra đường thẳng đi qua các giao điểm là: x = 2 ( cát tuyến chung)

0.25

* Gọi I là tâm đường tròn và I thuộc đường thẳng nên: I 63b;b



































2

1 3

4

3 4 2

3 6

b

b b b

b b b

Ta có: Tâm I1  3;1 và R1 1 Phương trình là x3 2  y12 1 0.25 Tâm I2  0;2 và R2 2 Phương trình là : x2  y 22 4 0.25

2 Toạ độ trong không gian ( 1.00 điểm)

* Điểm M  d1 , nên toạ độ của M 12t1;1t1;t1 điểm N d2 , nên toạ độ của N 1t;1;t Suy ra MN t2t1 2;t1;tt1

0.25

* Với M,N d và mặt phẳng (P) có 1 VTPT là n 1;1;1 Suy ra:

 d mp P MN k.n;kR* t2t1 2t1 tt1 0.25















 5 2 5 4

1

t

t













5

2

; 5

3

; 5

1

* Vậy phuơng trình đường thẳng (d) là:

5

2 5

3 5

1









CâuVII.b

Giải hệ phương trình ( 1.00 điểm )















1 2 2

4 2

2 2

log 6 1

x

x y y

y x

* ĐK : y > 0 Phương trình ẩn y có 2 nghiệm là: y = -2x (loại) và y = 2x+1 0.25

* Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: 1 6log 2 1 2 3 4 0

4

* Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1)

========== HÕt ==========

Lop10.com