Đề Thi Thử ĐH Môn TOÁN - Trung Tâm Thành Đạt pot

TRUNG TM LUYN THI I HC TH SC TRC K THI TUYN SINH I HC NM 2010
THNH T Mụn thi: TON - Khi A-B-D
Thỏng 01-2010 Thi gian: 180 phỳt ( Khụng tớnh thi gian phỏt )
I.PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im )
Cõu I ( 2,0 im ) Cho hm s
3 2
1 8
y x x 3x
3 3

(1)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (C) khi m = 1.
2. Lp phng trỡnh ng thng (D) song song vi trc honh ct th (C) ti hai im phõn bit A , B sao
cho tam giỏc OAB cõn ti O ( vi O l gc ta ).
Cõu II ( 2,0 im )
1. Gii phng trỡnh:
2
1
(1 4sin x)sin 3x
2

2. Gii phng trỡnh:
2 4 2
x 3x 1 tan x x 1
6


Cõu III ( 1,0 im ) Tớnh tớch phõn:
2
5 2 2
2

I (x x ) 4 x dx



Cõu IV ( 1,0 im ) Cho hỡnh chúp u S.ABCD cú cnh ỏy bng a , cnh bờn hp vi ỏy gúc 60
0
.Gi M l im
i xng vi C qua D , N l trung im ca SC , mt phng (BMN) chia khi chúp thnh hai phn.
Tớnh t s th tớch ca hai phn ú.
Cõu V ( 1,0 im ) Cho cỏc s dng x, y, z tha món
2 2 2
x y z 1
.Chng minh:
2 2 2 2 2 2
x y z 3 3
.
2
y z z x x y


II.PHN RIấNG ( 3,0 im )Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai phn ( phn 1 hoc phn 2 )
1.Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VI.a ( 2,0 im )
1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9 và đờng
thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đờng thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ đợc hai tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.

2. Trong khụng gian vi h to Oxyz , Vit phng trỡnh mt phng (P) qua O , vuụng gúc vi mt phng
(Q) :
x y z 0
v cỏch im M(1;2;
1
) mt khong bng
2
.
Cõu VII.a ( 1,0 im ) Tỡm h s ca x
8
trong khai trin nh thc Niutn ca

n
2
x 2
, bit
3 2 1
n n n
A 8C C 49;n N,n 3
2.Theo chng trỡnh Nõng cao:
Cõu VI.b ( 2,0 im )
1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng thng (d ): x y 1= 0 v hai ng trũn

2 2 2 2
1 2
C : x 3 y 4 8; C : x 5 y 4 32
Vit phng trỡnh ng trũn (C) cú tõm I thuc d v tip xỳc ngoi vi

1 2
C , C

.
2. Trong khụng gian vi h to Oxyz,cho im A ( 3 ; - 1 ; 1 ),ng thng

v mp ( P) ln lt cú phng
trỡnh
2
:
1 2 2
x y z

, ( P ) : x y + z - 5 = 0 . Vit phng trỡnh tham s ca ng thng (d) i qua A ,
nm trong ( P) v hp vi ng thng

mt gúc 45
0
.
Cõu VII.b ( 1,0 im ) Gii h phng trỡnh:


2 2 2
2
lg lg lg
lg lg lg 0

x y xy
x y x y
Ht
GV: Nguyn Vn Xờ Trung tõm luyn thi THNH T
Chỳ ý: - Phỏt thi: Ngy 05 v 06 thỏng 01 nm 2010.
- Nhn bi lm v phỏt hnh ỏp ỏn: Ngy 12 thỏng 01 nm 2010.
583 727 TRN CAO VN NNG * T: 3 759 389 3 711 165
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THỬ SỨC THÁNG 01 NĂM 2010
(Đáp án này có 05 trang)
Câu
Đáp án
Điểm
1. ( 1,00 điểm) Khảo sát
0,25
0,25
0,25
0,25
2. ( 1,00 điểm) Tìm m
0,25
0,25
0,25
I
2,0
điểm
0,25
1.( 1,0 điểm) Giải phương trình
II
2,0
điểm

V× cosx=0 kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh:
V× cosx=0 => x=


k
2

th× sin3(


k
2

).[1-4sin
2
(


k
2

)]
2
1
0,25 ®iÓm
Nh©n hai vÕ cña ph¬ng tr×nh víi cosx ta ®îc:
Sin3x.(cosx - 4sin
2
x.cosx) =
2

1
cosx
0,25
0,25
 2sin3x(4cos
3
x-3cosx) = cosx
0,25 ®iÓm
 2sin3x.cos3x = cosx
0,5 ®iÓm
 sin6x =sin(
2

-x)
0,5 ®iÓm













2kx
2

x6
2kx
2
x6









5
2k
10
x
7
2k
14
x


, (kZ)
0.5
2. ( 1,0 điểm) Giải phương trình
Phương trình

2 4 2
3

x 3x 1 x x 1
3
     
Ta cã: x
4
+ x
2
+ 1 = (x
2
+ x + 1)(x
2
– x + 1) > 0
x
2
– 3x + 1 = 2(x
2
– x + 1) – (x
2
+ x + 1)
Ta có phương trình:
2(x
2
– x + 1) – (x
2
+ x + 1)
     
2 2
3
(x x 1)(x x 1)
3

Chia hai vế cho x
2
+ x + 1
 
2
2
x x 1  
§Æt
2
2
x x 1
t
x x 1
 

 
, t > 0. Ph¬ng tr×nh trë thµnh:
2
3
t 0
3
2 3
2t t 1 0
3
1
t
3


 



   




2
2
x x 1 1
x x 1
3
 
 
 
 x = 1
0.5
0,5
( 1,0 điểm) Tính tích phân:
0,5
III
1,0
điểm
0,5
(1,0 điểm): Tính thể tích khối chóp
IV
1,0
điểm
+Gọi
P MN SD,Q BM AD   

khi đó , P là trọng tâm
SCM
, Q là trung
điểm của MB
+
MDPQ
DPQCNB MBCN
MBCN
V
MP MD MQ 1 5
. . V V
V MN MC MB 6 6
   
+Vì D là trung điểm của MC
 
 
 
 
MBCN DBCN DBCS S.ABCD
1
d M, BCN 2d D, BCN V 2V V V
2
     
S.ABCD ABCD
1
V SO.S
3

0 2 3
1 6

OB.tan 60 .a a
3 6
 
( đvtt)
+Nên
DPQCNB
DPQCNB S.ABCD SABNPQ S.ABCD
SABNPQ
V
5 7 5
V V V V
12 12 V 7
    
0,5
0,5
(1,0 điểm):
 Từ giả thiết
2 2 2
x y z 1  
suy ra
0 x,y,z 1 
 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương
2 2 2
2x ,1 x ,1 x 
ta được
   
   
 
2 2 2
2 2

2 2 2 2
3 3
2
2
2
2x 1 x 1 x
2
2x 1 x 2x 1 x
3 3
2
x 1 x
3 3
x 3 3
x
1 x 2
   
    
  
 

2
2 2
x 3 3
x (1)
y z 2
 

 Tương tự ta có
2
2 2

2
2 2
y 3 3
y (2)
z x 2
z 3 3
z (3)
x y 2




 Cộng từng vế (1), (2), (3) ta được
 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z 3 3 3 3
x y z (*)
y z z x x y 2 2
     
  
Dấu bằng ở (*) xảy ra khi
3
x y z
3
  
0,25
V
1,0
điểm

0,25
0,5
1.(1,0 điểm) Tìm toạ độ các đỉnh
Tõ ph¬ng tr×nh chÝnh t¾c cña ®êng trßn ta cã t©m I(1;-2),
R = 3, tõ A kÎ ®îc 2 tiÕp tuyÕn AB, AC tíi ®êng trßn vµ
ACAB 
=> tø gi¸c ABIC lµ h×nh vu«ng c¹nh b»ng
3
23 IA
0.25








7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,25
0,5
2. (1,0 điểm): Viết phương trình đường thẳng

Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với
2 2 2
A B C 0  
Vì (P)

(Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0

A+B+C = 0
C A B   
(1)
Theo đề :
d(M;(P)) =
2
A 2B C
2 2 2 2
2 (A 2B C) 2(A B C )
2 2 2
A B C
 
       
 
(2)
Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5
8A
2
B 0 B 0 hay B =
5
   

(1)

B 0 C A . Cho A 1,C 1      
thì (P) :
x z 0 

8A
B =
5

. Chọn A = 5 , B =
1
(1)
C 3 
thì (P) :
5x 8y 3z 0  
0,25
• Véctơ pháp tuyến của
( )
là
 
n 2; 1;1 

; véctơ chỉ phương của (d
1
) là
u (2;1;3)

0,25
• Véctơ chỉ phương của
( )
là

 
1 3 3 2 2 1
u ; ; 4;4; 4
1 1 1 2 2 1

 
  
 
 
 

0,25
VIa.
2,0
điểm
• Vậy phương trình đường thẳng
( )
là
x 3 y 7 z 6
1 1 1
  
 

.
0,25
(1,0 điểm ) Tìm a
VIIa.
1,0
điểm
Ta có:

   
 
3 2 1
n n n
8n n 1
A 8C C 49 n n 1 n 2 n 49
2

        
 
 
3 2 2
n 7n 7n 49 0 n 7 n 7 0 n 7          
   
 
7
n 7
2 7 i
2 2 i i
7
i 0
x 2 x 2 C x 2


   

Số hạng chứa x
8
 
2 7 i 8 i 3    

Do vậy , hệ số của số hạng chứa x
8
là
3
7
C .8 280
0,5
0,5
1. (1,0 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến
Gọi bán kính của
     
1 2
C , C , C
lần lượt là
     
1 2
R , R , R
;
1 2
I ,I
lần lượt là
tâm của
   
1 2
C , C
Vì
 
I d I a;a 1 ,a R   
(C) tiếp xúc ngoài với
   

1 2
C , C
nên
1 1 2 2 1 1 2 2
II R R ;II R R II R II R       
       
2 2 2 2
a 3 a 3 2 2 a 5 a 5 4 2         
2 2 2 2 2
a 9 2 a 25 a 9 4 4 a 9 a 25           
 
2
a 9 9 a 0 I 0; 1      
   
2
2
R 2 PT C :x y 1 2     
0,25
0,25
0.25
0,25
2. (1,0 điểm) Chứng minh A; B; C thẳng hàng
VIb.
2,0
điểm
Cách 1 :
Gọi
, ,
d P
u u n


  
lần lươt là các vtcp của đt d , đt

và vtpt của mp ( P).
Đặt
2 2 2
( ; ; ), ( 0)
d
u a b c a b c   

. Vì d nằm trong ( P) nên ta có :
P d
n u
 
=> a –
b + c = 0  b = a + c ( 1 ).
Theo gt : góc giữa 2 đt bằng 45
0
 Góc giữa 2 vtcp bằng 45
0
.

2 2 2 2
2 2 2
2 2
2
2( 2 ) 9( ) (2)
2
.3

a b c
a b c a b c
a b c
 
      
 
0,25
.
A
d

P
n

P
Thay (1) vào ( 2) ta có :
2
0
14 30 0
15
7
c
c ac
a
c



  


 

* Với c = 0 : chọn a = b = 1 . Ta có ptts của d là : x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1
* Với c = - 15a / 7 . chọn a = 7 , c = - 15 , b = -8 . ta có ptts của d là : x = 3 + 7 t ; y
= - 1 – 8 t ; z = 1 – 15t.
•
AB (2 m; 2 m; 4 2m);AC (1 n; 4 2n; 3 n)           
 
• Vì A;B;C thẳng hàng nên
AB kAC(k 0) m 1;n 1      
 
0,25
• Hai điểm
B(2; 1;1);C(3; 4; 1)  
• Xét
A C A C A C
B B B
x x y y z z
2 x ; 1 y ; 1 x
2 2 2
  
      
Vậy A;B;C thẳng hàng.
0,5
(1,0 điểm) Tìm giá trị m
VIIb.
1,0
điểm
Điều kiện xác định của hệ phương trình là x>y>0. Với điều kiện đó ta có:
 

    
 
    
2 2 2
2
2
2 2
2
lg lg lg
lg lg lg 0
lg lg lg lg
lg lg lg 0

 


  



  



  


x y xy
x y x y
x y x y

x y x y
  
    
    
    
2
2
2
2
2log 2 log log 0
log log log 0
log 0
log log log 0
log log 0
log log log 0

 


  


 




  






 





  



y x y
x y x y
y
x y x y
x y
x y x y
Xét hệ phương trình:
    
2
log 0
log log log 0
y
x y x y





  


Ta có:
          
2 2
log 0 1
log log log 0 log 1 log log1 0
y y
x y x y x x
 
 
 

 
     
 
 
1 1
1 1 2
y y
x x
 
 
 
 
  
 
Xét hệ phương trình
     

2
log log 0
log log log 0
x y
x y x y
 



  


Ta có:
     
     
2
2
1
log log 0
log log log 0
log log log 0
x y
y
x
x y x y
x y x y

 



 

 
  



  

0,25
 
2
2
2 2
1
1
1 1
1
log log log 0
log log 0
y
y
x
x
x
x x
x
x x
x







 

 
   

 
  
 
   
 
   


2
2
2
2
2
1
1
1
log log
2
1
1

2
2
1
log log
y
x
x
x
x
y
x
x
y
x
y
x
x
x
x



















  

 
 



 












 





Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm
 
;x y
là
 
2;1
và
1
2;
2
 
 
 
•
0,25
0,25
0,25
Hết
Chú ý:Nếu thí sinh nào có cách giải khác đáp án, nhưng đúng cũng cho điểm tối đa.