Đề ôn thi ĐH số 10 có đáp án

ĐỀ 10
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
4 2
y = x 2x
− +
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) đi qua điểm M (
2
;0) . .
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Cho
lg392 a , lg112 b= =
. Tính lg7 và lg5 theo a và b .
b. Tính tìch phân : I =
2
1
x
x(e sinx)dx
0
+
∫
c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nếu có của hàm số
2
x 1
y
1 x
+

=
+
.
Câu III ( 1,0 điểm )
Tính tỉ số thể tích của hình lập phương và thể tích của hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC với các đỉnh là A(0;
2
−
;1) , B(
3−
;1;2) , C(1;
1
−
;4) .
a. Viết phương trình chính tắc của đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác .
b. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm C và vng góc với mặt phẳng (OAB) với O là gốc
tọa độ .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) :
1
y
2x 1
=
+
, hai đường thẳng x = 0 ,
x = 1 và trục hồnh .Xác định giá trị của a để diện tích hình phẳng (H) bằng lna .
2. Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
TrongOxyz , cho điểm M (
1;4;2)−
và hai mặt phẳng (
1
P
) :
2x y z 6 0− + − =
, (
2
P ): x 2y 2z 2 0+ − + =
.
a. Chứng tỏ rằng hai mặt phẳng (
1
P
) và (
2
P
) cắt nhau . Viết phương trình tham số của giao tuyến
∆
của hai
mặt phằng đó .
b. Tìm điểm H là hình chiếu vng góc của điểm M trên giao tuyến
∆
.
Câu V.b ( 1,0 điểm ) : Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường (C) : y =
2
x
và (G) : y =
x

.
Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hồnh .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
HƯỚNG DẪN ĐỀ 10
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm ) a) 2đ
b) 1đ Gọi (
∆
) là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k
nên
( ): y k(x 2)∆ = −
(
∆
) là tiếp tuyến của ( C )
⇔
Hệ sau có nghiệm :
4 2
x 2x k(x 2) (1)
3
4x 4x k (2)

− + = −



− + =

Thay (2) vào (1) ta được :
2 2
2

x(x 2)(3x 2x 4) 0 x ,x 0,x 2
3
− − − = ⇔ = − = =


2 2 8 2 8 2 16
(2)
x k ( ): y x
1
3 27 27 27
= − → = − → ∆ = − +

(2)
x 0 k 0 ( ): y 0
2
= → = → ∆ =

(2)
x 2 k 4 2 ( ): y 4 2x 8
3
= → = − → ∆ = − +
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Ta có : a = lg392 =
3 2
10
lg(2 .7 ) 3lg2 2lg7 3lg 2lg7 3 3lg5 2lg7
5
= + = + = − +

⇒

2lg7 3lg5 a 3− = −
(1)
b = lg112 =
4
10
lg(2 .7) 4lg2 lg7 4lg 4lg5 4 4lg5 lg7
5
= + = − = − +


lg7 4lg5 b 4⇒ − = −
(2)
Từ (1) và (2) ta có hệ :
2lg7 3lg5 a 3
1 1
lg5 (a 2b 5) , lg7 (4a 3b)
5 5
lg7 4lg5 b 4

− = −
⇒ = − + = −

− = −

b) 1d Ta có I =
2 2
1 1 1
x x

x(e sinx)dx xe dx xsinxdx I I
1 2
0 0 0
+ = + = +
∫ ∫ ∫

2 2 2
1
1 1
1 1 1
x x 2 x
I xe dx e d(x ) ( e ) = (e 1)
1
2 2 2
0
0 0
= = = −
∫ ∫
. Cách khác đặt t =
2
x


1
I xsinxdx .
2
0
=
∫
Đặt :

u x du dx
dv sinxdx v cosx
 
= =
⇒
 
= = −
 
nên
1
1 1
2 0 0
0
I [ xcosx] cosxdx cos1 [sinx] cos1 sin1= − + = − + = − +
∫
Vậy :
1
I (e 1) sin1 cos1
2
= − + −
c) Tập xác định :
D
=
¡

2 2
1 x
y , y = 0 x = 1
(1 x ) 1 x
−

′ ′
= ⇔
+ +
,

x x x x
2
1
x(1 )
x
lim y lim lim y 1 ; lim y 1
1
x . 1
x
→ ±∞ → ±∞ → −∞ →+∞
+
= ⇒ = − =
+
Bảng biến thiên :


Vậy : Hàm số đã cho đạt :
M maxy = y(1) 2 = =
¡
¡

Không có GTNN¡
Câu III ( 1,0 điểm )
Nếu hình lập phương có cạnh là a thì thể tích
của nó là

3
V a
1
=
Hình trụ ngoại tiếp hình lập phương đó có bán
kính
a 2
R
2
=
và chiều cao h = a nên có thể
tích là
3
a
V
2
2
π
=
. Khi đó tỉ số thể tích :

3
V
a 2
1
3
V
2
a
2

= =
π
π

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) Trung điểm của cạnh BC là M(
1;0;3−
)
Trung tuyến
Qua M( 1;0;3) x y 2 z 1
(AM): (AM):
VTCP u = AM ( 1;2;2)
1 2 2

− + −
⇒ = =

= −
−

uuuur
r
§
§
b)
x
−∞

1
+∞
y
′
+ 0
−

y

2

1−
1
Mặt phẳng (OAB) :
Qua O(0;0;0)
OA (0; 2;1)
VTCP :
OB ( 3;2;1)


= −


= −

uuur
uuur
§
§

VTPT n = [OA;OB] ( 1)(5;3;6)⇒ = −
uuur uuur
r

x 1 5t
Qua C(1; 1;4)
(d): (d): y 1 3t
VTCP u = n = ( 1)(5;3;6)
z 4 6t

= +


−
⇒ ⇒ = − +
 
−


= +

r r
§
§
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Vì hàm số
1
y
2x 1
=

+
liên tục , không âm trên [ 0; 1 ] nên hình phẳng (H) có diện tích :

1 1
1
0
0 0
1 1 d(2x 1) 1 1
S dx ln 2x 1 ln3
2x 1 2 2x 1 2 2
+
= = = + =
+ +
∫ ∫

Theo đề :
a 0
1
S lna ln3 lna ln 3 lna a 3
2 a 3

>
= ⇔ = ⇔ = ⇔ ⇔ =

=

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
+ Mặt phẳng (

1
P
) có VTPT
1
n (2; 1;1)= −
r
, mặt phẳng (
2
P
) có VTPT
2
n (1;2; 2)= −
r
Vì
2 1
1 2
−
≠
nên suy ra (
1
P
) và (
2
P
) cắt nhau .
+ Gọi
u
∆
r
là VTCP của đường thẳng

∆
thì
u
∆
r
vuông góc
1
n
r
và
2
n
r
nên ta có :

1 2
u [n ; n ] (0;5;5) 5(0;1;1)
∆
= = =
r r r
Vì
1 2
(P ) (P )∆ = ∩
. Lấy M(x;y;x)
( )∈ ∆
thì tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ :

2x y z 6 0
, cho x = 2 ta
x 2y 2z 2 0


− + − =

+ − + =

được :
y z 2 y 1
. Suy ra : M(2;1;3)
2y 2z 4 z 3
 
− + = =
⇔
 
− = − =
 
Vậy
x 2
qua M(2;1;3)
( ): ( ): y 1 t
vtcp u 5(0;1;1)
z 3 t
∆

=


∆ ⇒ ∆ = +
 
=



= +

r
§
§
b) 1đ Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (
∆
) .
Ta có : MH
⊥ ∆
. Suy ra :
H (Q)= ∆ ∩
, với (Q) là mặt phẳng đi qua điểm M và vuông
với
∆
. Do đó
qua M(2;1;3)
(Q): (Q): 0(x 1) 1(y 4) 1(z 2) 0 (Q):y z 6 0
vtpt n = u 5(0;1;1)
∆

⇒ + + − + − = ⇔ + − =

=

r r
§
§
Thay x,y,z trong phương trình (

∆
) vào phương trình mặt phẳng (Q) ta được :

pt( )
1
t H(2;2;4)
5
∆
= →
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Phương trình hoành độ giao điểm của ( C) và (G) :
2
x x x 0,x 1= ⇔ = =
Khi đó (H) giới hạn bởi các đường thẳng x = 0 , x = 1 , ( C) và (G) .
Vì
2
0 x x , x (0;1)
< < ∀ ∈
nên gọi
1 2
V ,V
lần lượt là thể tích sinh ra bởi ( C) và (G) .
Khi đó :
1
2 5
4 1
2 1 0
0
x x 3
V V V (x x )dx [ ]

2 5 10
π
= − = π − = π − =
∫