[r]
Trang 11
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Mụn thi: TOÁN
ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phỳt ( khụng kể thời gian giao đề)
-
(Đề thi gồm 2 trang)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Cõu I: (2 điểm)
Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 cú đồ thị là (Cm); ( m là tham số)
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3
2 Xỏc định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phõn biệt C(0;1), D, E
sao cho cỏc tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuụng gúc với nhau
Cõu II: (2 điểm)
1 Giải hệ phương trỡnh: 2 0
2 Tìm x ∈ ( 0 ; π ) thoả mãn phương trình: cotx – 1 = x x
x
x
2 sin 2
1 sin
tan 1
2
ư +
Cõu III: (2 điểm)
1 Trờn cạnh AD của hỡnh vuụng ABCD cú độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x ≤ a) Trờn đường thẳng vuụng gúc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a
a) Tớnh khoảng cỏch từ điểm M đến mặt phẳng (SAC)
b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất
2. Tớnh tớch phõn: I = 4 2
0 (x sin 2 ) cos 2x xdx
π
+
Cõu IV: (1 điểm) :
Cho các số thực dương a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1.
Chứng minh rằng :
2
PHẦN RIấNG (3 điểm) ( Chú ý!:Thí sinh chỉ được chọn bài làm ở một phần)
A Theo chương trỡnh chuẩn
Cõu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng 3
2 và trọng tâm thuộc đường thẳng ∆ : 3x – y – 8 = 0 Tìm tọa độ đỉnh C
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)
và đường thẳng ∆ : 1 2
ư Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho: 2 2
28
MA +MB =
Cõu VIa : Giải bất phương trình:
3 2
4 )
3 2 ( )
3 2
ư
≤
ư +
Trang 2==============================================================================
2
B Theo chương trỡnh Nõng cao
Cõu Vb:1 Trong mpOxy, cho đường trũn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tỡm M thuộc trục tung sao cho qua
M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà gúc giữa hai tiếp tuyến đú bằng 600
2.Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d với
d : x 1 y 1 z
− .Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuụng gúc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối xứng với M qua d
Cõu VIb: Giải hệ phương trỡnh
xy
xy
……… ……… HẾT………
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Trang 3
3
H−íng dÉn chÊm m«n to¸n
y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm)
1 m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3) + TXĐ: D = R
+ Giới hạn: lim , lim
+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x
• Bảng biến thiên:
0,25
+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0)
* Đồ thị (C3):
Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1)
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:
x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔ =
2
0,25
Trang 4==============================================================================
4
* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE ≠ 0
⇔
≠
∆ = − >
⇔
<
4 m
9
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
kD=y’(xD)=3x2D +6xD +m= −(3xD +2m);
kE=y’(xE)= 3x2E+6xE +m= −(3xE+2m)
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1
0,25
⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1
⇔ 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1
⇔ 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)
⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔
8
8
m
m
=
=
So s¸nhĐk (*): m = 1( − )
8
0,25
1 §k:
1 1 2
x y
≥
≥
(1)
2
0,5
⇔ x = 4y Thay vµo (2) cã
1 ( )
2
x
=
=
0,25
V©y hƯ cã hai nghiƯm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25
Trang 55
®K:
−
≠
≠
⇔
≠ +
≠
1 tan
0 2 sin 0
cos sin
0 2 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
⇔ cos x − sin x = sin x ( 1 − sin 2 x )
⇔ (cos x − sin x )(sin x cos x − sin2 x − 1 ) = 0
0,25
⇔ (cos x − sin x )(sin 2 x + cos 2 x − 3 ) = 0
(cos )( 2sin(2 ) 3) 0
4
x sinx x π
4
x sinx
0,25
⇔ cos x − sin x = 0 ⇔ tanx = 1 ( )
x = + ∈
Do ( )
4 0
;
x
0,25
⊥
⊂
Lai cã
2
o
x
0,25
Ta cã
0
MHC
∆
∆
O,5
Trang 6==============================================================================
6
Từ biểu thức trên ta có:
3 2
2
2
SMCH
a
a
a
x a
⇔ M trùng với D
0,25
I =
1 2
( x sin 2 ) x cos xdx 2 xcos xdx 2 sin 2 xcos xdx 2 I I
0,25
Tính I1
đặt
4
1
0
1 sin 2 4 sin 2 1
0 2
du dx
v cos xdx v x
π
π
=
=
1 2 4 1
0
cos x
π
0,25
Tính I2
4
2 0
4 sin 2 (sin2 ) sin 2
0
0,25
Vậy I= 1 1 1
Trang 77
.Ta có :VT =
b c+ +c+a+a+b + b+c+c+a+a+b = + 0,25
2
3 2
a b b c c a
a b b c c a A
0,25
1
2
0,25
Từ đó tacó VT 3 1 2
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3
0,25
Ta có: AB = 2, trung điểm M ( 5; 5
2 −2),
pt (AB): x – y – 5 = 0
0,25
S∆ABC= 1
2d(C, AB).AB = 3
2 ⇒ d(C, AB)= 3
2 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 1
2
0,25
⇒ d(G, AB)= (3 8) 5
2
t− t− −
= 1
2 ⇒ t = 1 hoặc t = 2
⇒ G(1; - 5) hoặc G(2; - 2)
0,25
Mà CM =3GM
⇒ C = (-2; -10) hoặc C = (1; -1)
0,25
1
2
z t
= −
∆ = − + ⇒ − − +
=
0,5
Trang 8==============================================================================
8
Bpt ( 2 3 ) 2 ( 2 3 ) 2 4
2 2
≤
− + +
( 2 3 ) 2 ( 0 )
2
>
+
t x x BPTTT : + 1 ≤ 4
t t
⇔ − t2 4 1 0 t + ≤ ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3 (tm)
0,25
Khi đó : 2 3 ( 2 3 ) 2 2 3
2
+
≤ +
≤
0,25
⇔ x2 − 2 x − 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2
0,25
(C) cú tõm I(3;0) và bỏn kớnh R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
0 0
60 (1)
120 (2)
AMB AMB
Vỡ MI là phõn giỏc của AMB
(1) ⇔ AMI = 300
0
sin 30
IA MI
⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ m2+9=4⇔m= ∓ 7
sin 60
IA MI
9 3
nghiệm Vậy cú hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )
0,5
0,5
Gọi H là hỡnh chiếu vuụng gúc của M trờn d, ta cú MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuụng gúc với d
d cú phương trỡnh tham số là:
x 1 2t
y 1 t
z t
= +
= − +
= −
Vỡ H ∈ d nờn tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra :MH
= (2t − 1 ; − 2 + t ; − t)
0,25
Vỡ MH ⊥ d và d cú một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; −1), nờn : 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t = 2
3 Vỡ thế, MH
= 1; 4; 2
− −
MH
0,25
Suy ra, phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng MH là: x 2 y 1 z
0,25
Theo trên có ( ;7 1; 2)
H − − mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ
0,25
Trang 99
M’(8 ; 5; 4)
3 − 3 − 3 ĐK: x>0 , y>0
2log log
2 xy − 2 xy − = 2 0
0,5
⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y= 3
x
(2)⇔ log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9
0,25
Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; 6
2 )
0,25
VIb
S
H