Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA⊥MBC.. Viết phương trình đường thẳng BC.. 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
Trang 1SỞ 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
2/ Giải bất phương trình : log log 3 5 (log 2 3 )
4 2
2 2
2x− x − > x −
Câu III (1.0 điểm) Tìm x∈ ( 0 ;π) thoả mãn phương trình: cot x - 1 = x x
x
x
2 sin 2
1 sin tan 1
2
− +
Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : 2 2
0
I cos xcos 2xdx
π
= ∫
Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
2
a
, SA=a 3, ·SAB SAC 30= · = 0 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.
− +
2 2 2
Trang 2Đáp án và biểu điểm thi thử Đại học lần II
Môn Toán
Năm học 2009-2010
1 Cho hàm số f( )x =x4 + 2(m− 2)x2 +m2 − 5m+ 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: ( )=+∞
−∞ → 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 Trên 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 ' = 12x2 − 4, các điểm uốn là: − 9 4 ; 3 3 , 9 4 ; 3 3 2 1 U U * 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 − 5m+ 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:
0
=
⇔
−
=
−
⇔
AC
Trong đó AB=( 2 −m; −m2 + 4m− 4),AC =(− 2 −m; −m2 + 4m− 4) Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1
0.25
Trang 3Câu II 2
1
Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
12 12
* Điều kiện: | | | |x ≥ y
Đặt
2 2; 0
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
8
u v
=
⇔ =
hoặc
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 : log log 3 5(log 2 3)
4 2
2 2
ĐK:
≥
−
−
>
0 3 log log
0
2 2
2
x
Bất phương trình đã cho tương đương với log log 2 3 5 (log2 3 ) ( 1 )
2 2
2x− x − > x−
đặt t = log2x, BPT (1)⇔ t2 − 2t− 3 > 5 (t− 3 ) ⇔ (t− 3 )(t+ 1 ) > 5 (t− 3 )
0.25
<<
−≤
⇔
<<
−≤
⇔
−>−
+
>
−≤
⇔
4 log3
1
log 43
1 )3(5 )3)(1 ( 3
1
2
2
x t
t t tt t
t
0.5
Trang 4ĐK:
−≠
≠
⇔
≠+
≠
1 tan
02
sin 0 cos sin
02
sin
x
x x
x
x
x x
x x x
x x
cos sin sin
sin cos
cos 2 cos sin
sin
+
=
−
⇔
x
x x
cos sin sin
cos sin cos
sin
sin
⇔
0.25
⇔ cosx− sinx= sinx( 1 − sin 2x) ⇔ (cosx− sinx)(sinxcosx− sin 2x− 1 ) = 0 0.25 ⇔ (cosx− sinx)(sin 2x+ cos 2x− 3 ) = 0
⇔ cosx−sinx=0 ⇔tanx = 1 ( )
x∈( )0 ;π ⇒k =0⇒x=π4 KL:
0 5
Câu IV
Tính tích phân : 2 2
0
I cos xcos 2xdx
π
2
I cos cos 2 (1 cos 2 ) cos 2 (1 2cos 2 cos 4 )
0.5
1( sin 2 1sin 4 ) |0/2
π π
Câu V
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
2
a
, SA=a 3, ·SAB SAC 30=· = 0 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA⊥(MBC) TínhV SMBC 1
Theo định lí côsin ta có:
·
SB =SA +AB −2SA.AB.cosSAB 3a= + −a 2.a 3.a.cos30 =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
S
A
B
C M
N
Trang 5Hai 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
16 a 3 2
3 a 4
a a AM BN AB AM AN MN
2 2 2
2 2 2 2 2 2
−
−
=
−
−
=
−
=
4
3 a
MN =
0.25
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
Điểm C CD x y∈ : + − = ⇒1 0 C t( ;1−t) Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;
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 4 3 4 0
7 1 8
+ = ⇔ + + =
− +
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 ( ) 5 5
=
Trang 6Theo gt ta có
3 4
2 10
4
2
5 0
i k
i
k
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)uuur= − − cùng phương với a ( 1,2, 8)r= − −
mp(P) có VTPT uurn1=(2, 1,1)−
0.25
Ta có uur r [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT của mặt phẳng (Q) là uurn2=(2,5,1) 0.5 Mp(Q) chứa AB và vuông gúc với (P) đi qua A nhận uurn2 =(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
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:
uuur
Phương trình của AB là:
2x y+ − =2 0
I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C t(2 1;2 ,− t D t t) (2 ;2 −2)
0.5
Mặt khác: S ABCD =AB CH =4 (CH: chiều cao) 4
5
CH
Ngoài ra: ( )
;
t
Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2;
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
Trang 7Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5 ( ) 5 5
=
Theo gt ta có
3 4
2 10
4
2
5 0
i k
i
k
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 (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
m m ⇔ m2-2m-7>0 (*)
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 +
) Vậy ta có 3 −3= +3 3+ ⇔ =9
( 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
Trang 8
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Môn: Toán – Ngày thi: 06.4.2010
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
2
3 2
−
−
=
x
x y
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
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)
−
=
− +
2 4 cos 2 sin 2 cos sin 2 sin
x
x x
− +
−
>
− +
x
2
1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log
2 1
2 2
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân ∫ +
+
x x
x I
1
2ln 3 ln 1 ln
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC =
2
a
SA=a 3, ·SAB SAC=· =300 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
3 3
1 3
1 3
1
a c c b b a
P
+
+ +
+ +
=
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: 2x−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)
Đề chính thức
Trang 9Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên dương n biết:
2 + −3.2.2 + + + − ( 1) (k −1)2k− k+ + − 2 (2 +1)2 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: 1
9 16
2 2
=
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+ 2y−z+ 5 = 0 và đường thẳng
3 1 2
3 :
)
(d x+ = y+ =z− , 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
+
= + +
=
+
1 1
3
2.
3 2 2
2
3 2
1 3
x xy x
x y y
x
-
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
Trang 10danh: -Đáp án
I 1
Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số
2
3 2
−
−
=
x
x
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
→
lim
2 x 2
x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
* lim→+∞ = lim→−∞ = ⇒2
x y x y đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
b) Bảng biến thiên:
Ta có: (x 2) 0, x 2
1 '
−
=
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
2
3
;
0 và cắt trục hoành tại điểm
2 3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
2 x
3 x
; x
0
0
−
−
0 0
2 x
1 )
x ( ' y
−
−
=
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: ( ) x 2
3 x ) x x ( 2 x
1 y
:
0
0 0 2
− +
−
−
−
=
∆
0,25 O
y
x
2 3/2 3/2 2
Trang 11Toạ độ giao điểm A, B của ( )∆ và hai tiệm cận là: ; B(2x 2;2)
2 x
2 x
; 2
0
−
−
2
2 x 2 2
x
0
0 B
2 x
3 x 2
y
−
−
=
+
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
− +
− π
=
−
−
− +
− π
=
) 2 x (
1 )
2 x ( 2
2 x
3 x ) 2 x (
0
2 0 2
0
0 2 0
=
=
⇔
−
=
−
3 x
1
x )2 x(
1 )2
x(
0
0 2 0
2 0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II 1
−
=
− +
2 4 cos 2 sin 2 cos sin 2 sin
x
x x
1 điểm
) 1 ( 2 4 cos 2 sin 2 cos sin 2 sin
−
=
−
2 cos 1 x sin 2
x cos x sin 2
x sin 1
+
=
− +
0 1 2
x cos 2
x sin 2 2
x cos 2
x sin x sin 0 1 x sin 2
x cos 2
x sin x
⇔
=
0 1 2
x sin 2 2
x sin 2 1 2
x sin x
2
sin x 0
x k
x k x
= π
= π + π
II 2
− +
−
>
− +
x
2
1 log ) 2 ( 2 2 ) 1 4 4 ( log
2 1 2
Trang 12ĐK: () *
2
1 x 2
1 x
2
1 x 0)1x2(
2
1
x
01x4x4
0x
2
1
2
2
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
[log (1 x) 1] )
2 x ( 2 x 2 )
x
2
1
(
log
[log (1 x) 1] 0
x 2 − + <
Trang 130x 4
1 x 1)x21(2 0x 1)x21(2 0x
0)x21(2log 0x 0)x21(2log 0x
01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1 x 4
III
Tính tích phân ∫ +
+
x x
x I
1
2ln 3 ln 1
ln
1 điểm
∫
+
=
e
1 2 e
1
xdx ln x 3 dx x ln 1 x
x ln I
+) Tính =∫e + dx
x x
x I
1 1
ln 1
ln
x
1 tdt 2
; x ln 1 t x ln 1
Trang 14+) Tính I x lnxdx
e
1
2
=
=
⇒
=
=
3
x v
x
dx du dxx dv
xln
u
3
e
1
+
= +
I
3
e 2 2 2
0,25
Theo định lí côsin ta có:
·
SB =SA +AB −2SA.AB.cosSAB 3a= + −a 2.a 3.a.cos30 =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 S ABC S MBC A MBC MBC MBC SA S MBC
3
1 S
SA 3
1 S
MA 3
1 V
V
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
16 a 3 2
3 a 4
a a AM BN AB AM AN MN
2 2 2
2 2 2 2 2 2
−
−
=
−
−
=
−
=
4
3 a
MN =
0,25
Do đó
16
a 2
a 4
3 a 3 a 6
1 BC MN 2
1 SA 3
1 V
3 ABC
.
V
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 3
3
1 3
1 3
1
a c c b b a
P
+
+ +
+ +
S
A
B
C M
N
