PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7 ĐIỂM Câu I.. học sinh tự giải 2..[r]
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 132 )
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số: y x 1 có đồ thị là (C)
x 1
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Chứng minh rằng đường thẳng (d) : y 2x m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt M và N thuộc trên hai
nhánh của (C) Khi đó hãy tìm các giá trị của m để đoạn MN ngắn nhất
Câu II (2 điểm)
1 Giải phương trình: 2sin2 cos x2 1 sin sin 2x
(x 24) (12 x) 6
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
1
3 3 3 0
dx I
(1 x ) 1 x
Câu IV (1 điểm)
Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a, I là là trung điểm của BC và D là điểm đối xứng của A
qua I Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại D lấy một điểm S sao cho SD a 6 Gọi H là hình chiếu của
2
I trên SA Chứng minh rằng (SAB) (SAC) và tính theo a thể tích của khối chóp H.ABC
Câu V.(1 điểm) Cho a, b, c là các số dương thuộc khoảng 0; 6 và a b c 3 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
II PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho hai đường tròn (C )1 và (C )2 nằm cùng phía đối với
trục tung Biết 2 2 và tiếp xúc với trục tung tại gốc tọa độ, có đường kính
1 (C ) : (x 1) (y 2) 1 (C )2 bằng 4 Viết phương trình các tiếp tuyến chung của (C )1 và (C )2
2 Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(1;1;0) đồng
x 1 (d ) : y t ; (t )
z t
(d ) : y 0 ; (u )
z 1
:
Câu VII.a (1 điểm)
Cho số tự nhiên n thỏa: 1.C1n 2C2n nCnn n.22009 Tìm số hạng chứa x805 trong khai triển nhị thức
n 1
2x x
Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ vuông góc Oxy, cho hình vuông tâm I(2;3), có một cạnh nằm trên đường thẳng
Viết phương trình các cạnh của hình vuông đó
( ) : x 2y 1 0
2. Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x 1) 2(y 2) 2 (z 3)2 64và mặt
phẳng (P) : 2x y 2z 13 0 cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C) Xác định tâm và bán kính của
đường tròn đó
Câu VII.b (1 điểm)
Trong các số phức thỏa mãn điều kiện z 2 3i 3 Hãy tìm số phức có môđun nhỏ nhất
2
–––––––––––––––––––––––––– Hết ––––––––––––––––––––––––––––
Ghi chú: Học sinh trình bày bài làm rõ ràng, sạch sẽ, không sử dụng bút xóa và bút chì.
Trang 2ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 132 )
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ĐIỂM)
Câu I (2 điểm)
1 (học sinh tự giải)
2.
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C): x 1 (x 1)(2x m) ; (x 1)
2
2x (3 m)x 1 m 0 ; (x 1)
Đặt: f (x) 2x 2 (3 m)x 1 m
Ta có:
(3 m) 8(1 m) m 2m 7 0 ; m
f (1) 2 0 ; m
(d) luôn cắt (C) tai hai điểm phân biệt M và N
Mặt khác: a.f (1) 2.f (1) 4 0 xN 1 xM
Vậy M, N luôn thuộc hai nhánh của (C)
Ta có: M M
(do M , N (d) )
2
Vậy: MNmin 2 5 m 1 0 m 1
Câu II (2 điểm)
1 2sin2 cos x2 1 sin sin 2x
1 2sin cos x sin sin 2x cos cos x sin sin 2x
cos cos x cos sin 2x cos cos x cos (1 sin 2x)
1 cos x (1 sin 2x) k2 cos x (1 sin 2x) 2k
(1 cos2x) (1 sin 2x) 2k
1
(1 cos2x) (1 sin 2x) 2k
k
k
Phương trình (2) có nghiệm(2 4k) 2 1 1 2 4(1 2k) 2 2 4(1 4k 4k ) 2 2 8k28k 1 0
phương trình (2) vô nghiệm
k
k
k
Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi k 0 sin 2x cos2x 0
k
y
-1 1 1
O
Trang 32 Nhận xét: Theo định nghĩa của lũy thừa số mũ hữu tỉ, cơ số phải dương nên điều kiện có nghĩa của biểu
thức là: x 24 0 24 x 12
12 x 0
u (x 24) ; v (12 x) u , v 0.
Ta có: u v 63 2 u v 63 2 u v 63 2 u v 62
(thỏa)
u 3
(do u, v 0)
v 3
1 3 1 2
(x 24) 3
x 24 27
Câu III (1 điểm)
Đặt:
1
2 2
x dx t dt dx
x
t 1
Đổi cận:
Khi đó:
2 2 3
4
t
t
t t 1 t t 1
2 3
3 3
1 1
dt t
1
t t 1
t t
Ta lại đặt tiếp: u 1 13 du 3dt4 du dt4
Đổi cận:
3
0
1 1
t
1
3
Câu IV (1 điểm)
Chứng minh: (SAB) (SAC) .
BC SD (doSD (ABC))
SA IH
SAHB SAHC[(SAB),(SAC)] BHC: :
Ta có: AHI ADS HI AI với: ,
SD
2
2
u
1 2
0
t
Trang 42 2 2 a 6 2 3a 2
Tam giác HBC có IH IB IC a vuông tại H
2
HBC BHC 90: 0 Vậy: (SAB) (SAC) (đpcm)
Tính theo thể tích của khối chóp H.ABCa
Ta có: VH.ABC VS.ABCVS.HBC
(đvtt)
SH là đường cao của hình chóp S.HBC VS.HBC 1SH.S BCH
Tam giác IHC có IH IC a, HC a 2 IHC vuông cân tại I
IHB
2
BHC
Tam giác AHB vuông tại H
2
(đvtt)
3a 2 a 2 2a 2
H.ABC S.ABC S.HBC
Câu V (1 điểm)
Vẻ đường tròn tâm O đường kính AB 6
Do 0 a 6, trên đường tròn ta lấy điểm M sao cho AM a MB 6 a 2
Gọi C là điểm chính giữa của nửa cung tròn chứa điểm M COAB
(Chú ý rằng các tam giác MAB và CAB vuông tại M và C)
Ta có: 2SAMB AM.MB HM.AB CO.AB (Vì MH OC)
(1) Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
2
3
6 a
Hoàn toàn tương tự ta cũng có: (2) và (3)
2
3
3
Cộng (1) , (2) và (3) vế theo vế ta được:
3
Vậy Pmin 3 đạt được khi a = b = c = 3
II PHẦN RIÊNG (3 ĐIỂM)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1 Ta có:
Đường tròn (C )1 có tâm I(1;2) và bán kính R1 1 nên (C )1 tiếp xúc với Oy (1)
C M a
O H
2
6 a
A
H
B
I
C D S
Trang 5Do hai đường tròn (C )1 và (C )2 nằm cùng phía với trục tung và đường tròn (C )2 tiếp xúc với trục tung tại gốc tọa độ, có đường kính bằng 4 nên (C )2 có tâm J( 2;0) nằm trên trục hoành và có bán kính R2 2 (2)
Mà: R1R2 IJ R1R2 (C )1 và (C )2 cắt nhau tại hai điểm
và có hai tiếp tuyến chung
(C )1 (C )2
Từ (1) và (2) suy ra trục Oy: x 0 là một tiếp tuyến chung của (C )1 và (C )2
Đường nối tâm IJ có phương trình là: I I
2x y 4 0
Gọi M Oy IJ tọa độ điểm M thỏa hệ: x 0 x 0 M(0;4)
Gọi H OH IJ H là trung điểm của ON (với N(C )2 )
OH đi qua gốc tọa độ O và OH IJ (OH) : x 2y 0
Tọa độ điểm H thỏa hệ:
8 x
y 5
Tiếp tuyến chung thứ hai của (C )1 và (C )2 là MN có phương trình:
3x 4y 16 0
Vậy (C )1 và (C )2 có hai tiếp tuyến chung là: ( ) : x 01 và ( ) : 3x 4y 16 02
2.
Gọi (d) là đường thẳng cần tìm và (d) cắt (d )1 và (d )2 theo thứ tự tại B và C
Ta có: B (d ) 1 B(1; t ; t) và C (d ) 2 C( 1 u;0;1)
,
AB (0; 1 t ; t)
AC ( 2 u; 1;1)
Ba điểm A, B, C thẳng hàng
1 t
2
u 2
Vậy
x 1 qua A(1;1;0)
vtcp CA (0; 1;1)
z t
Câu VII.a (1 điểm)
Xét nhị thức: n n k k
n
k 0
Lấy đạo hàm hai vế ta có: n 1 n k k 1
n
k 1
Cho x = 1 ta được: 1.C1n2.C2n n.Cnn n.2n 1 n.2n 1 n.22009 2n 1 22009 n 2010
Ta có: 2010 2010 2010 k k 2010 2010 2k 3k 2010
Yêu cầu bài toán 1005 2k 805 k 100
Vậy số hạng cần tìm là: 100
2010 100
1 C 2
Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
M y
O
I
J N
1 2 4
2 4
x
Trang 6Gọi k là hệ số góc của đường chéo (d) của hình vuông(d) : y k(x x ) y I I kx y 3 2k 0
1
2 tan (d);( )
2
1
3
Vậy phương trình hai đường chéo của hình vuông là: (d ) : x 3y 11 01 và (d ) : 3x y 3 02
Gọi M ( ) IM tọa độ điểm M thỏa hệ: x 2y 1 0 x 5 M(5;2)
I là trung điểm MP P( 1;1)
Vậy phương trình các cạnh của hình vuông là:
(chính là ) (MQ) : x 2y 1 0 ( )
tại M ) (MN) : 2x y 12 0 ( ( )
(qua P và ) (PQ) : 2x y 2 0 ( )
(qua P và ) (MQ) : x 2y 9 0 // ( )
2
Mặt cầu (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R 8
Ta có: HI d I;(P) 2 2 6 13 11 R 8 (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C)
3
4 1 4
Đường tròn (C) có tâm H là hình chiếu của I trên mặt phẳng (P) và bán kính là
2
Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là n (2; 1;2)
Gọi (d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P) (d) : qua I(1; 2; 3)
vtcp n (2; 1;2)
x 1 2t
(d) : y 2 t ; (t )
z 3 2t
:
thay vào (P) ta được:
H (d) (P) H(1 2t ;2 t ; 3 2t)
11
9
Vậy đường tròn cần tìm có tâm H 13; 7; 49 và bán kính bằng
455 3
Câu VII.b (1 điểm)
Đặt: z a bi
Từ (*) suy ra điểm M biểu diễn số phức z thỏa mãn hệ thức đã cho nằm trên đường tròn tâm I(2; 3) và bán kính R 3
2
Ta có: zmin M nằm trên đường tròn và gần gốc tọa độ O nhất Đó là điểm M1 trên hình vẽ (là một trong hai giao điểm của OI với đường tròn)
Kẻ M H1 Ox ta có: 2 2
1
2
-3
y
x O
H
1
M
M P
( )
I
Q
N
0 45
Lop10.com
Trang 7Theo Talet ta có:
1
6 13 9 78 9 13
13 13
Vậy số phức cần tìm là: z 26 3 13 78 9 13i