Gián án 3 đề tham khảo thi Đại học môn Toán

Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C... Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 1 tại giao điểm của đồ thị và Ox... Phần riêng 3,0 đ

THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 -ĐỀ 1

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút

A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số 1

1

x y x

+

=

− a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình 1

1

x

m x

+

=

−

Câu II (2 điểm)

a) Tìm m để phương trình 2 sin( 4x+cos4x)+cos 4x+2sin 2x m− =0 có nghiệm trên 0;

2

π

 

 

  b) Giải phương trình ( ) ( )8 ( )

2

Câu III (2 điểm)

0

1 cos

x

L

x

→

=

− b) Chứng minh rằng C1000 −C1002 +C1004 −C1006 + − C10098 +C100100= −2 50

Câu IV (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c+ + =3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 c

B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH

Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn

Câu Va (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình ( ) 2 2

C x +y − y− = và ( ) 2 2

C x +y − x+ y+ = Lập phương trình tiếp tuyến chung của ( )C1 và ( )C2

b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a Gọi M là trung điểm của AA’ Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.

Câu VIa (1 điểm)

Cho điểm A(2;5;3) và đường thẳng : 1 2

Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa d sao cho khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất.

Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao

Câu Vb (2 điểm)

a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc

với đường thẳng d x y: − − =2 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4.

b) Cho tứ diện OABC có OA=4,OB=5,OC=6 và ·AOB BOC COA=· =· =60 0 Tính thể tích tứ diện

OABC.

Câu VIb (1 điểm)

Cho mặt phẳng ( )P x: −2y+2z− =1 0 và các đường thẳng 1: 1 3 ,

−

Tìm điểm M thuộc d 1 , N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một

khoảng bằng 2

ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm

a)

Tập xác định: Hàm số 1

1

x y x

+

=

− có tập xác định D R= \ 1 { } Giới hạn:

+ = + = +∞ + = −∞

0,25

Đạo hàm: ( )2

2

1

x

−

= < ∀ ≠ ⇒

− Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1;+∞). Hàm số không có cực trị.

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x=1; tiệm cận ngang y=1. Giao của hai tiệm cận I( )1;1 là tâm đối xứng

0,25

b)

Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị 1( )'

1

x

x

+

=

−

Học sinh tự vẽ hình

0,5

Số nghiệm của x 11 m

x

+

=

− bằng số giao điểm của đồ thị

1 1

x y x

+

=

− và y m= .

0,25

Suy ra đáp số 1; 1:

m< − m> phương trình có 2 nghiệm 1:

m= − phương trình có 1 nghiệm

1 m 1:

− < ≤ phương trình vô nghiệm

0,25

Câu II 2 điểm

a)

Ta có sin4 os4 1 1sin 22

2

x c+ x= − x và cos4x= −1 2sin 2 2 x 0,25

Do đó ( )1 ⇔ −3sin 22 x+2sin 2x+ =3 m 0,25

Đặt t = sin 2x Ta có 0; 2 [ ]0; [ ]0;1

2

x∈ π⇒ x∈ π ⇒ ∈t

 

  Suy ra f t( ) = −3t2+ + =2t 3 m t, ∈[ ]0;1

Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0; 2 10

π

  ⇔ ≤ ≤

 

 

0,25 b)

Giải phương trình ( ) ( )8 ( ) ( )

2

Trường hợp 1: x>1

( )2 ⇔x2−2x= ⇔ =0 x 2

0,25

Trường hợp 1: 0< <x 1

( )2 ⇔x2+6x− = ⇔ =3 0 x 2 3 3−

Vậy tập nghiệm của (2) là T ={2; 2 3 3− }

0,25

Câu III

a)

0

1 cos

x

L

x

→

=

−

Ta có

0

lim

x

L

→

0,25

Xét

1

2

L

x

+ −

0,25

2

2

3

1 cos

2

L

− +

0,25

100 100 100 100 2

Ta có

( )

100 100 100 100

100 100 100 100 100 100 100

0,5

Mặt khác

(1+i)2= + + = ⇒ +1 2i i2 2i (1 i)100=( )2i 50 = −250

0,5

Vậy C1000 −C1002 +C1004 − + C100100= −2 50

Câu IV Cho a, b, c thoả a b c+ + =3 Tìm GTNN của

4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9 c

Đặt ur=(2 ;3 ; 4 ,a b c) (vr= 2 ;3 ; 4 , wc a b) (uur= 2 ;3 ; 4b c a)⇒M = + +ur vr wuur

w 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c

M ≥ + +u vr r uur= + + + + + + + +

0,25

Theo cô – si có 22+2b+2c ≥3 23 a b c+ + =6 Tương tự … 0,5

Vậy M ≥3 29 Dấu bằng xảy ra khi a b c= = =1 0,25

Câu Va Học sinh tự vẽ hình

a) ( ) ( )C1 :I1 0; 2 ,R1=3;( )C2 :I2(3; 4 ,− ) R2=3 0,25

Gọi tiếp tuyến chung của ( ) ( )C1 , C2 là ∆:Ax By C+ + =0(A2+B2≠0)

∆ là tiếp tuyến chung của ( ) ( )C1 , C2

( )

2 2

2 2

;

∆ =



Từ (1) và (2) suy ra A=2B hoặc 3 2

2

C =− +

0,25

Trường hợp 1: A=2B

Chọn B= ⇒ = ⇒ = − ±1 A 2 C 2 3 5⇒ ∆: 2x y+ − ±2 3 5 0=

Trường hợp 2: 3 2

2

C=− +

Thay vào (1) được

3

A− B = A +B ⇔ =A A= − B⇒ ∆ y+ = ∆ x− y− =

0,5

b)

Gọi H là trung điểm của BC ( ;( ' ) ) 3

2

a

Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)

Ta có B C' ⊥MI B C; ' ⊥BC'⇒B C' ⊥MB

0,5

Câu

VIa (Học sinh tự vẽ hình)

Gọi K là hình chiếu của A trên d ⇒K cố định;

Gọi ( )α là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên ( )α .

0,25

Trong tam giác vuông AHK ta có AH ≤AK

Vậy AH max =AK ⇔( )α là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.

0,25

Gọi ( )β là mặt phẳng qua A và vuông góc với d ⇒( )β : 2x y+ +2z− =15 0

(3;1; 4)

K

⇒

0,25

( )α là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK ⇒( )α :x−4y z+ − =3 0 0,25

Câu Vb

a)

Gọi ( )H :x22 y22 1

a −b =

(H) tiếp xỳc với d x y: − − = ⇔2 0 a2−b2=4 ( )1

0,25

( ) ( ) 162 42 ( )

Từ (1) và (2) suy ra 2 8; 2 4 ( ): 2 2 1

b)

(Học sinh tự vẽ hỡnh) Lấy B’ trờn OB; C’ trờn OC sao cho OA OB= '=OC' 4=

0,25

Lấy M là trung điểm của B’C’ ⇒(OAM) (⊥ OB C' ' )

Kẻ AH ⊥OM ⇒AH ⊥(OB C' ')

0,25

ã

.sin

OBC

3

0,25

Cõu

VIb Gọi M(1 2 ;3 3 ; 2 ,+ t − t t N) (5 6 '; 4 '; 5 5 '+ t t − − t )

( )

d M P = ⇔ t− = ⇔ =t t=

0,25

Trường hợp 1: t= ⇒0 M(1;3;0 ,) MNuuuur=(6 ' 4; 4 ' 3; 5 ' 5t + t − − −t )

MN⊥n ⇔MN n = ⇒ = ⇒t N − uuuur uur uuuuruur

0,25

Trường hợp 2: t= ⇒1 M(3;0; 2 ,) (N − −1; 4;0) 0,25

THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 -ĐỀ 2

MễN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phỳt I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)

Câu I (3 điểm) Cho hàm số

1

1

−

+

=

x

x

y (1)

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

2 Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại giao điểm của đồ thị và Ox.

3 Tìm m để đờng thẳng d: y = mx +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt.

Câu II (3 điểm)

1,Giải phơng trình 3x + 3 1 −x = 4 (2)

2,Cho x, y là hai số thực không âm thoả mãn x + y = 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu

1 1

2 2

x

y y

x

+

+ +

3 Tính tích phân I = ∫e x xdx

1

ln Câu III (1 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), ∆ABC đều cạnh a, SA = a Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Phần riêng (3,0 điểm): Thí sinh học chơng trình nào thì chỉ đợc làm phần dành riêng cho chơng trình

đó (phần 1 hoặc phần 2)

1 Dành cho thí sinh học theo ch ơng trình chuẩn

Câu IV.a (2 điểm) Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 2; 4), C(-1; 3; 1).

1 Viết phơng trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB

2 Tìm tọa độ điểm M trên Oy sao cho M cách đều hai điểm B và C.

Câu V.a (1 điểm) Parabol có phơng trình y2=2x chia diện tích hình tròn x2+y2=8 theo tỉ số nào?

2 Dành cho thí sinh học theo ch ơng trình nâng cao

Câu IV.b (2 điểm)

Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 2; 4), B(4; 0; 4), C(4; 2; 0), D(4; 2; 4).

1 Lập phơng trình mặt cầu đi qua A, B, C, D.

2 Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD).

Câu V.b (1 điểm) Cho hình phẳng giới hạn bởi các đờng y=xex; x=2 và y=0 Tính thể tích của vật thể

tròn xoay có đợc khi hình phẳng đó quay quanh trục Ox

HƯỚNG DẨN ĐỀ 2

Câu1 (1.5 điểm)

*) Tập xác định D = R\{1}

*) Sự biến thiên

+) Đúng các giới hạn, tiệm cận

+) Đúng chiều biến thiên, bảng biến thiên

*) Vẽ đúng đồ thị

2 (1 điểm) Đồ thị giao với Ox tại A(-1; 0) ta có y’(-1) = 1

2

− Phơng trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A là: 1 1

y= − x−

1 (0.5 điểm) Hoành độ giao điểm của d và (C) (nếu có) là nghiệm phơng trình sau:

1 1

1

x x

x

≠

 + + = − ⇔  − − =

 Đặt f(x) = mx2 - mx - 2

d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt, x ≠ 1

0

0 0

8

(1) 0

m

m m f

≠





⇔ ∆ > ≠ ⇔ < −



KL

Cõu2 1 (1điểm) (2) 3 3 4

3

x x

Đặt t = 3x, t > 0 Phơng trình (1) trở thành





=

=

⇔

=

+

−

3

1 0

3

4

2

t

t t

t

+) t = 1 ⇒ x = 0

+) t =3 ⇒ x = 1

KL…

2 (1 điểm)

Từ x + y = 2 ⇒ y = 2-x

Do x, y ≥ 0 nên x ∈ [0; 2]

3

9 1

9 8 1

) 2 ( 3

2 2

x f x

x x

x x

−

− + +

−

= +

− +

− f(x) liên tục trên [0; 2]

1 0

) ( ' , ) 3 ( )

1

(

) 1 ( 72

)

(

− +

−

x x

x x

f

f(0) = f(2) = 4; f(1) = 1

1 ) (

; 4 ) (

] 2

; 0 [ ]

2

;

0

MaxP

3 (1điểm)

e

1

e e

= −∫ = − =

ABC SABC SA S

3

1

Do ∆ABC đều, cạnh a nên S∆ ABC =

4

3

2

a

Do đó ta đợc

12

3

3

a

V S ABC = Cõu3:1 (1điểm) Gọi (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB

(P) đi qua trung điểm )

2

5

; 2

3

; 2

3 (

M

(P) có vtpt là AB= ( − 1 ; 1 ; 3 )

Phơng trình mặt phẳng (P): -2x + 2y + 6z - 15 = 0

2 (1điểm) M ∈ Oy ⇔ M(0; a; 0)

theo bài ta có MB = MC

⇔ MB2 = MC2

⇔ 1 + (a - 2)2 + 16 = 1 + (a - 3)2 + 1

⇔ a = -5

Vậy M(0; -5; 0)

Tính đợc diện tích hình tròn là 8π

Tính đợc diện tích phần parabol chắn hình tròn (phần nhỏ) là 4 2

3+ π Tính đợc diện tích phần còn lại, từ đó suy ra tỉ số cần tính

Cõu4;1 (1 điểm) Gọi (S) là mặt cầu đi qua A, B, C, D

Phơng trình (S) có dạng x2 + y2 + z2 + 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0

(S) đi qua A, B, C, D ⇔













−

= + + +

−

= + +

−

= + +

−

= + +

36 8

4 8

20 4

8

32 8

8

20 8

4

D C B A

D B A

D C A

D C B

Giải hệ đợc A = -2, B = - 1, C = - 2, D = 0

Thử lại và kết luận phơng trình mặt cầu (S) là x2 + y2 + z2 - 4x -2y - 4z = 0

2 (1 điểm)

BC = ( 0 ; 2 ; − 4 ), BD= ( 0 ; 2 ; 0 )

Mặt phẳng (BCD) đi qua B và có vtpt là [BC,BD] = ( 8 ; 0 ; 0 )

Phơng trình mặt phẳng (BCD): x - 4 = 0

Khoảng cách từ A tới (BCD) là d = 4

Cõu 5:Lập đợc công thức thể tích cần tìm V=

2

2 2 0

x

x e dx

π∫ Tính đúng V= (5 4 1)

4 e

(ĐVDT)

2010

Môn: Toán Khối A, B.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2 1

1

x y x

−

= + (1)

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình sau: 1 1 2

2 2

2) Giải phương trình lượng giác:

4

os 4

Câu III (1 điểm) Tính giới hạn sau:

2 0

lim

x

L

x

→

=

Câu IV (2 điểm)

Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón)

1 Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;

2 Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?

Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz

Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm ( ;0)1

2

I

Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó

Câu VII (1 điểm) Giải hệ phương trình :

2

2010 2009

2010

y

−

=





HẾT

-Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!

- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh: ……….……….…… Số báo danh: ………

Đề thi thử lần 1

(Tháng 04 năm 2010)

HƯỚNG DẪN

I.1 Hàm số: 2 1 3

2

x y

−

+) Giới hạn, tiệm cận:

( 1) ( 1)

- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2

3

1

x

= > ∀ ∈ +

+) BBT:

x - ∞ - 1 +

∞ y' + || +

y +∞ 2

||

2 −∞

+) ĐT:

1 điểm

I.2 +) Ta có I(- 1; 2) Gọi

( ) ( ; 2 )

IM

M I

y y

+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 0 ( )2

0

3 '( )

1

M

x

+ +) ycbt⇔k k M. IM = − 9

+) Giải được x0 = 0; x0 = -2 Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)

1 điểm

II.1 +) ĐK: x∈ − ( 2; 2) \{0}

+) Đặt y= 2−x2,y >0Ta có hệ: 2 2 2

2

+ =



 + =



+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và

+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3

2

x= − −

1 điểm

II.2 +) ĐK: ,

4 2

x π kπ k Z

điểm

8

6

4

2

-2

-4

-6

4 4 2 2

) tan( ) tan( ) tan( ) cot( ) 1

sin 2 os 2 1 sin 4 os 4

2cos 4 os 4 1 0

+) Giải pt được cos24x = 1 ⇔cos8x = 1 ⇔

4

x k= π và cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là ,

2

x k= π k Z∈

3

ln(2 os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1

ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2sin 2 ) 1

1 5

2

3 3

L

= − =

1 điểm

IV.1 +) Gọi r là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp C

tam giác SAB

1

2 2

C

+) Scầu = 4 r2C 4 r2l r

l r

+

1 điểm

IV.2 +) Đặt :

2 3

2

( ) , 0

5 1

2

l r

y r

l r

−

= < <

+

=





=



 +) BBT:

r

0 5 1

2 l

− l

y'(r) y(r) ymax

+) Ta có max Scầu đạt ⇔ y(r) đạt max ⇔ 5 1

2

r= − l

1 điểm

V +) Ta có

2

P x y z x y z xy yz zx

x y z x y z

P x y z x y z

1 điểm

r

l

I

M S

+) Đặt x +y + z = t, t ≤ 6(Bunhiacovxki), ta được: ( ) 3 1 3

2

+) P t'( ) 0 = ⇔ = ±t 2, P(± 6) = 0; P(− 2)= −2 2 ; P( 2) 2 2=

+) KL: M Pax = 2 2;MinP= − 2 2

VI +) ( , ) 5

2

d I AB = ⇒AD = 5 ⇒ AB = 2 5 ⇒ BD = 5

+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4

+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2

2

( )

( 2;0), (2; 2)

2

2 2 0

0

x y

x

x y

y

  =







(3;0), ( 1; 2)

2

2010

2010 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1(2)

y

−

=





+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0

+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:

+) Xét và CM HS f t( )= +t log2009(t+2010),t≥0 đồng biến,

từ đó suy ra x2 = y2⇔ x= y, x = - y

+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t

Đưa pt về dạng 1 8 1

 ÷  ÷

    , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1

⇒ x = y =7

+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3

Ghi chú:

- Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.

- Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải