De thi thu DH so 13co dap an

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định..[r]

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

KHOA TOÁN – TIN

-

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2010

MÔN: TOÁN

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

-

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số

2

m

y x m

x

−

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

2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình ( ) ( )

2

cos cos 1

2 1 sin sin cos

x

−

+

7−x +x x+5 = 3 2− x−x (x∈
)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3 0

3

x

dx

− + + +

Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các

cạnh AB, AC sao cho (DMN) (⊥ ABC) Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y Chứng minh rằng: x+y=3xy

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z 0≥ thoả mãn x+y+z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3

16

P

x y z

= + +

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chương trình Chuẩn:

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1) Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng

x+ y− z−

= = , d2: 2 2

− Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n

, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

B Theo chương trình Nâng cao:

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình đường tròn có tâm

C và tiếp xúc với đường thẳng BG

2 Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 1

x− y+ z+

− và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0 Gọi

M là giao điểm của d và (P) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42

Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 1( ) 4

4

2 2

1

25

y x

x y





∈







ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH - 2010

Đáp án gồm 06 trang

1 2

y x

x

= + +

−

a) Tập xác định: D=
\ 2{ }

0.25

b) Sự biến thiên:

2

' 1

y

3

x y

x

=



=

lim

x

y

→−∞

= −∞, lim

x

y

→+∞

= +∞,

lim[ ( 1)] 0 ; lim[ ( 1)] 0

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1

0.25

Bảng biến thiên

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;1 , 3;) ( +∞); hàm số nghịch biến trên

mỗi khoảng (1; 2 , 2;3 ) ( )

Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3

0.25

c) Đồ thị:

0.25

x y’

y

+ ∞ + ∞

1

3

2 1.0

Với x≠2 ta có y’ = 1- 2

( 2)

m

x − ;

Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm

phân biệt khác 2 ⇔m>0

0.25

Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 1

Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A(2− m; 2+m−2 m); B( 2+ m; 2+m+2 m)

Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình:

2−m− m = 2−m+ m

0.25

0 2

m

m

=



⇔ 

=

Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán

Vậy ycbt ⇔ m = 2

0.25

1 Giải phương trình ( )

2

cos cos 1

2 1 sin sin cos

x

−

⇔(1 sin+ x)(1 cos+ x+sinx+sin cosx x)=0

⇔(1 sin+ x)(1 cos+ x)(1 sin+ x)=0

0.25

x x

= −



⇔ 

= −

2 2 2

π π



= − +



⇔



(k m ∈, Z)

2

x= −π +k π và x=π+m2π (k m ∈, Z )

0.25

2

x x PT



⇔

2

3 2 0

5 2( 2)

x x



⇔

0

2

x x

x x

x



− ≤ ≤



⇔ ≠



+



x

− ≤ <



⇔

⇔x= −1

III Tính tích phân

3 0

3

x

dx

− + + +

x+ ⇒u − =x⇒ udu=dx; đổi cận: 0 1





Ta có:

2

+ + +

1

2

1

3

3 6 ln

2

Dựng DH ⊥MN =H

Do (DMN) (⊥ ABC)⇒DH ⊥(ABC) mà D ABC là

tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC

0.25

Trong tam giác vuông DHA:

2

1

.sin 60

AMN

0.25

Thể tích tứ diện D AMN là 1 2

.sin 60 sin 30 sin 30

⇔x+y=3 xy

0.25

Trước hết ta có: 3 3 ( )3

4

x y

x +y ≥ + (biến đổi tương đương) ⇔ ⇔(x−y) (2 x+y)≥0 0.25

Đặt x + y + z = a Khi đó ( ) ( )

(với t = z

a, 0≤ ≤t 1)

0.25

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t∈[0;1] Có

f t =  t − −t  f t = ⇔ =t ∈

D

A

B C

H

M N

Lập bảng biến thiên

( )

[ 0;1 ]

64 inf

81

t

∈

81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25

Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:

21

;

5

x

x y

B

x y

y



=





0.25

Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và

BD, kí hiệu n AB(1; 2);− n BD(1; 7);− n AC( ; )a b

(với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các

đường thẳng AB, BD, AC Khi đó ta có: cos(n AB,n BD) = cos(n AC,n AB)

   

3

2

7

a

= −







0.25

- Với a = - b Chọn a = 1 ⇒ b = - 1 Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,

A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3; 2)

A

Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:

7

;

2

x

x y

I

x y

y



=



− − =



Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ (4;3 ;) 14 12;

5 5

0.25

Phương trình tham số của d1 và d2 là: 1 2

0.25

Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)

MN

Do d ⊥ (P) có VTPT n P(2; 1; 5)− −



nên∃k MN: =k n p ⇔











có nghiệm 0.25

Giải hệ tìm được 1

1

m t

=





=

0.25

Khi đó điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d:

1 2 4

3 5

= +





= −





= −



thoả mãn bài toán

VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình

log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3

1.0

Điều kiện:

3

n N n

∈





>

 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 ⇔ log4(n – 3)(n + 9) = 3

0.25

⇔ (n – 3)(n + 9) = 43 ⇔ n2 + 6n – 91 = 0 7

13

n n

=



⇔ 

= −

 Vậy n = 7

0.25

Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = (1+i) ( 1 +i)23=(1+i).(2 )i 3=(1+i).( 8 )− i = −8 8i

Giả sử B x( B;y B)∈d1⇒x B = −y B−5; (C x C;y C)∈d2⇒x C = −2y C+7

3 0

x x

y y







0.25

Ta có BG(3; 4)⇒VTPT nBG(4; 3)− nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0

0.25

Bán kính R = d(C; BG) = 9

5 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)

2 +(y – 1)2 = 81

Ta có phương trình tham số của d là:

3 2

2 1

= +





= − +



 = − −



⇒⇒⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ

3 2 2 1

2 0

x y z

= +





= − +





= − −



 + + + =



(tham số t)

(1; 3; 0)

M

0.25

Lại có VTPT của(P) là n P(1;1;1)



, VTCP của d là u d(2;1; 1)−



Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆=u n d, P=(2; 3;1)−

  

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đóMN x( −1;y+3; )z



Ta có MN



vuông góc với u∆



nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0

Lại có N∈(P) và MN = 42 ta có hệ:

2 0

x y z

x y z

 + + + =





0.25 (thoả mãn)

(không thoả mãn)

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt : 5 2 5

x− y+ z+

− Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt : 3 4 5

x+ y+ z−

−

0.25

VII.b

Giải hệ phương trình 1( ) 4

4

2 2

1

25

y x

x y





∈







1.0

0

y x y

− >





>

4

y x

0.25

2

3

25

10

x y

y

=



=

x y

x y

=





Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm

0.25

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như

đáp án quy định

(không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk)