Tài liệu Đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 2010_Đề số 10 doc

Trung tâm Hocmai.vn
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy - Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 19 tháng 06 năm 2010
ĐỀ TỰ ÔN SỐ 10
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y = − x
3
− 3x
2
+ mx + 4, trong đó m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞).
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình lượng giác sau:
3
(2cos
2
x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0
2) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
3
2 1 3
+ ≤



+ + − + =


x y
x y x(y ) m
Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau:

3 2 2
0
3 1 2 1
1
x
x x
L lim .
cos x
→
− + +
=
−
Câu IV . (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
Câu V (1 điểm)

2 2 2
0
3
2
1 1 1
a,b,c
a b c
Cho . CMR :
a b c abc
bc( a ) ca( b ) ab( c )
>

+ + ≤


+ + =
+ + +

CâuVI . (2 điểm)
Trong không gian
Oxyz
cho đường thẳng d:
3
2
12
1
−
+
==
− zyx
và mặt phẳng
012:)( =−++ zyxP
a) Tìm tọa độ giao điểm
A
của đường thẳng d với mặt phẳng
)(P
. Viết phương trình của đường thẳng
∆
đi qua điểm
A
vuông góc với d và nằm trong
)(P
.
b) Viết phương trình mặt phẳng

)(Q
chứa d sao cho khoảng cách từ điểm
)0,0,1(I
tới
)(Q
bằng
3
2
.
Câu VII (1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
x
e 1+
, trục hoành và hai đường thẳng
x = ln3, x = ln8.
HẾT
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 15 tháng 06 năm 2010
ĐÁP ÁN ĐỀ TỰ ÔN SỐ 10
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y = − x
3
− 3x
2
+ mx + 4, trong đó m là tham số thực.
3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0.
4. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞).
HDG
1. Với m = 0, ta có hàm số y = – x

3
– 3x
2
+ 4. Tập xác định: D =
¡
• Chiều biến thiên: y’ = – 3x
2
– 6x, y’ = 0 ⇔
x 2
x 0
= −


=


y’ < 0 ⇔
x 2
x 0
< −


>


y’ > 0 ⇔ – 2 < x < 0
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞ ; − 2) và (0 ; + ∞)
+ Hàm số đồng biến trên khoảng (− 2 ; 0)
• Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và y
CT

= y(–2) = 0;
+ Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 4.
• Giới hạn:
x x
lim , lim
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
• Bảng biến thiên:
• ĐĐồ thị:
Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4),
cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp
xúc với trục hoành tại điểm (− 2 ; 0)
2.
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞) ⇔ y’ = – 3x
2
– 6x + m ≤ 0, ∀ x > 0
⇔ 3x
2
+ 6x ≥ m, ∀ x > 0 (*)
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x
2
+ 6x trên (0 ;
+ ∞)
Từ đó ta được : (*) ⇔ m ≤ 0.
Page 2 of 6
x
y'
y

−∞
−∞
+∞
+∞
2
−
0
0
0
0
4
−
−
+
4
3
−
2
−
O
1
y
x
x
y
+∞
0
+∞
0
TRUNG TM HOCMAI.ONLINE

P.2512 34T Hong o Thỳy Tel: (094)-2222-408
H Ni, ngy 15 thỏng 06 nm 2010
Cõu II. (2 im)
1) Gii phng trỡnh lng giỏc sau:
3
(2cos
2
x + cosx 2) + (3 2cosx)sinx = 0
HDG
Phng trỡnh ó cho tng ng vi phng trỡnh :
( ) ( )
3
sin x
2sin x 3 3sin x cos x 0
2
3sin x cosx 0

=

+ =


+ =

n
x ( 1) n , n
3
x k , k
6

= +





= +


Â
Â
2) Tỡm m h phng trỡnh sau cú nghim:
3
2 1 3
+



+ + + =


x y
x y x(y ) m
HDG
( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2 2

2 2
3
3
3
2 1 3
2 1 3 2 1 3
3 3
2 2 2 6 6 9 4 4 6 9 4 0
3
2 3 4
x y
x y
x y
x(y ) m x y
x y x(y ) m x(y ) m x y
x y x y
xy x m x y xy x y x x y y m
x y
x y m
Gọi M(x; y) M vừa thuộc miền D(dới
+

+
+





+ = +

+ + + = + = +








+ +



+ = + + + + + + =

+




+ = +



( ) ( )
3 0
2 3 4
2 3 3
2 4 2 2
2

2
Đờng thẳng : x y ) vừa nằm trên Đờng tròn
Tam I( ; ) bán kính R m .
Để hệ PT có nghiệm thi phần Đ ờng tròn phả i nằm trong miền D
R d I mà d I m m
Vậy với m thỏa mãn Đ K bài toán
+ =
= +
+
= = +
=
Cõu III. (1 im) Tớnh gii hn sau:

3 2 2
0
3 1 2 1
1
x
x x
L lim .
cos x

+ +
=

HDG
Ta cú
3
2 2
0

3 1 1 2 1 1
1 1
x
x x
L lim
cos x cos x


+ +
= +
ữ
ữ


Page 3 of 6
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 15 tháng 06 năm 2010
Xét
(
)
2 2
1
0 0
2 2
2 1 1 2
2
1
2 2 1 1
2

x x
x x
L lim lim
x
cos x
sin x
→ →
+ −
= = =
−
+ +
Xét
( )
3
2 2
2
0 0
2
32 2 2
3
3 1 1 3
2
1
2 3 1 3 1 1
2
x x
x x
L lim lim
x
cos x

sin x x
→ →
− +
= = =
−
 
− − − +
 ÷
 
Vậy
1 2
2 2 4L L L= + = + =
Câu IV . (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc
với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
HDG
Câu V (1 điểm)
Page 4 of 6
Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều.
Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB
và tâm của hình vuông ABCD.
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.
Ta có OG ⊥ (SAB) và OI ⊥ (ABCD).
 + OG = IH =
a
2
,
+ Tam giác OGA vuông tại G.
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABD, ta có:

2 2
2 2
a 3a a 21
R OA OG GA
4 9 6
= = + = + =
A
B
C
D
H
G
O
I
S
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 15 tháng 06 năm 2010

2 2 2
0
3
2
1 1 1
a,b,c
a b c
Cho . CMR :
a b c abc
bc( a ) ca( b ) ab( c )
>


+ + ≤

+ + =
+ + +

HDG
2 2
2
2 2
1
1
2
1
1 1
2 2
1 1
1
2
Ta cã : bc( a ) bc a(a b c) a ab ac bc (a b)(a c)
a a a a a a
. (C«si)
a b a c a b a c
(a b)(a c)
bc( a )
b b b c c c
Vµ ;
b c b a c a c b
ca( b ) ab( c )
a a b b c c

VT
a b a c b c b a c a c b
+ = + + + = + + + = + +
 
⇒ = = ≤ +
 ÷
+ + + +
+ +
 
+
   
≤ + ≤ +
 ÷  ÷
+ + + +
   
+ +
 
⇒ ≤ + + + + +

+ + + + + +

1 3
2 2
3
a b a c b c
VP
a b a c b c
§ PCM. DÊu " " x ¶ y ra a b c
+ + +
 

= + + = =
÷  ÷
+ + +
  
⇒ = ⇔ = = =
CâuVI . (2 điểm)
Trong không gian
Oxyz
cho đường thẳng d:
3
2
12
1
−
+
==
− zyx
và mặt phẳng
012:)( =−++ zyxP
c) Tìm tọa độ giao điểm
A
của đường thẳng d với mặt phẳng
)(P
. Viết phương trình của đường thẳng
∆
đi qua điểm
A
vuông góc với d và nằm trong
)(P
.

d) Viết phương trình mặt phẳng
)(Q
chứa d sao cho khoảng cách từ điểm
)0,0,1(I
tới
)(Q
bằng
3
2
.
HDG
a)
• Tìm tọa độ giao điểm
A
của đường thẳng d với mặt phẳng
)(P
. Viết phương trình
của đường thẳng
∆
đi qua điểm
A
vuông góc với d và nằm trong
)(P
.
• Tìm giao điểm của d và (P) ta được
1 7
2
2 2
A ; ;
 

−
 ÷
 
• Ta có
( ) ( ) ( )
2 1 3 2 1 1 1 2 0
d P d p
u ; ; ,n ; ; u u ;n ; ;
∆
 
= − = ⇒ = = −
 
uur uur uur uur uur
• Vậy phương trình đường thẳng
∆
là
1 7
2 2
2 2
: x t; y t; z .∆ = + = − = −
b)
• Chuyển d về dạng tổng quát
2 1 0
3 2 0
x y
d :
y z
− − =



+ + =

• Phương trình mặt phẳng (Q) chứa d có dạng:
( ) ( ) ( )
2 2
2 1 3 2 0 0 2 3 2 0− − + + + = + ≠ ⇔ − − + − + =m x y n y z ,m n mx m n y nz m n
Page 5 of 6
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 15 tháng 06 năm 2010
( )
( )
( ) ( )
1 2
2
1 0 7 5 3 0
3
d I ; Q Q : x y z , Q : x y z .= ⇒ + + + = + + + =
Câu VII (1 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
x
e 1+
, trục hoành và hai đường thẳng
x = ln3, x = ln8.
HDG
Kí hiệu S là diện tích cần tính.
Vì
ln8
x x
ln3

e 1 0 x [ln3 ; ln8] nên S e 1dx
+ > ∀ ∈ = +
∫
Đặt
x
e 1+
= t, ta có
2
2tdt
dx
t 1
=
−
Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3
Vậy:
3 3 3 3 3
2
3 3
2 2
2 2
2 2 2 2 2
2t dt dt dt dt 3
S 2 dt 2 2 ln t 1 ln t 1 2 ln
t 1 t 1 t 1 t 1 2
 
= = + = + − = + − − + = +
 ÷
− − − +
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫

========================Hết==========================
Page 6 of 6