DE VA DAP AN thi dh 2010(tham khao)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
MÔN:TOÁN-KHỐI A&B

I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = x
3
- 3x
2
+ 4 (C)
1: Khảo sát hàm số.
2: Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm A(2 ; 0) có hệ số góc k.Tìm k để (d) cắt
(C) tại ba điểm phân biệt A ; M ; N sao cho hai tiếp tuyến của (C ) tại M và N
vuông góc với nhau.
Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình:
2 2
x
sin sinx-cos sin 1 2 os ( )
2 2 4 2
x x
x c
π
+ = −
2: Giải bất phương trình:
2 2
35 5 4 24x x x+ < − + +
Câu III (1điểm):
Tính tích phân : I =
5
2
ln( 1 1)

1 1
x
dx
x x
− +
− + −
∫
Câu IV (1điểm):
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân AB = AC = SA = SB = a;
SC = b (0<b<
3a
).(SBC)
⊥
(ABC).Chứng minh rằng
∆
SBC vuông và tính bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC theo a và b.
Câu V (1điểm):
Cho hình lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0);
A
1
(0;0;2). M là trung điểm AB; N là tâm của hình vuông ADD

1
A
1
. Tính bán
kính của đường tròn là giao tuyến của mặt cầu đi qua C ; D
1
; M ; N với mặt
phẳng MNC
1

Câu VI (1điểm):
Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2
2 2 1 1 1
y
x z
x y y z z x x y z
+ + ≤ + +
+ + +
PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn (2điểm)
Câu VII/a: Cho (P) y
2
= x và đường thẳng (d): x – y – 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A và
B. Tìm điểm C thuộc cung AB sao cho
∆
ABC có diện tích lớn nhất
Câu VII/b: Cho n là số tự nhiên n
≥

2.Tính
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑
B. Theo chương trình nâng cao (2điểm)
Câu VII/a. Cho
∆
ABC có diện tích bằng
9
2
; Điểm A(1;2); B(-2;3) trọng tâm G của
∆
ABC thuộc đường thẳng (d): x + y – 2 = 0.Tìm tọa độ điểm C
Câu VII/b: Giải hệ phương trình
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y

y x x y
−

= +



− + = −


ĐÁP ÁN
CÂU ĐIỂM
I/1
I/2
II/1
Khảo sát hàm số y=x
3
-3x
2
+4
1:Tập XĐ:R
2:Sự biến thiên
+Giới hạn
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
+Bảng biến thiên
+y

'
=3x
2
-6x=0
⇔
x=0;x=2
Hàm số đồng biến (-
∞
;0) và (2;+
∞
);nghịch biến (0;2);Cực đại tại
(0;4);Cực tiểu tại (2;0)
x -
∞
0 2 +
∞
y
'
+ 0 - 0 +
4 +
∞
y
-
∞
0
3:Đồ thị
+y
"
=6x-6=0
⇔

x=1 Điểm uốn đồ thị U(1;2)
+Đồ thị
……………………………
+PT đường thẳng d: y=k(x-2)
+Hoành độ A;M;N là nghiệm PT: x
3
-3x
2
+4=k(x-2)
⇔
(x-2)(x
2
-x-2-k)=0
⇔
x=2=x
A
;f(x)=x
2
-x-2-k=0
+PT có 3nghiệm phân biệt
⇔
f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2
⇔
0
9
0
(2) 0
4
k
f

∆ >

⇔ − < ≠

≠

.Theo Viét ta có
1
2
M N
M N
x x
x x k
+ =


= − −

+Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau
⇔
y
'
(x
M
).y
'
(x
N
)=-1
⇔

(
2 2
3 6 )(3 6 ) 1
M M N N
x x x x− − = −

⇔
9k
2
+18k+1=0
3 2 2
3
k
− ±
⇔ =
(tm)
PT tương đương
0,25
0,25
025
025
025
025
05
II/2
III
IV
2
3
2

x
sin sinx-cos sin 1 1 sinx
2 2
sinx=0
x
sinx(2sin sin 1) 0 sin 0
2 2 2
2sin sin 1 0
2 2
x
x
x x
x x
VN
x k
π
+ = −




⇔ − + = ⇔ =



− + =

⇔ =

BPT tương đương

2 2
2 2
2 2
35 24 5 4
11
5 4
35 24
11 (5 4)( 35 24)
x x x
x
x x
x x x
+ − + < −
⇔ < −
+ + +
⇔ < − + + +
Xét:
a)Nếu x
4
5
≤
không thỏa mãn BPT
b)Nếu x>4/5: Hàm số
2 2
(5 4)( 35 24)y x x x= − + + +
với x>4/5
y
'
=
2 2

2 2
1 1
5( 35 24) (5 4)( )
35 24
x x x
x x
+ + + + − +
+ +
>0 mọi x>4/5
Vậy HSĐB. +Nếu 4/5<x
≤
1 thì y(x)
≤
11
+Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1
………………………………………………………………………
Đặt t=
1 1x − +
* x = 2
⇒
t = 2
*x = 5
⇒
t = 3 *dx=2(t-1)dt I=2
3 3
2
2 2
3
2 3 2 2
2

2
( 1)ln ln
2
( 1) 1
2 ln ln ln ln 3 ln 2
t t t
dt dt
t t t
td t t
−
=
− + −
= = = −
∫ ∫
∫
………………………………………………………………………

B
C
A
S
D
E
+Gọi D là trung điểm BC
⇒
AD
⊥
BC (Vì ABC cân tại A)

⇒

AD
⊥
(SBC)
+Gọi E trung điểm SB
⇒
AE
⊥
SB (Vì SAB đều)

⇒
DE
⊥
SB (Định lý 3 đường vuông góc)
+SC//DE (DE đường trung bình tam giác)

⇒
SC
⊥
SB Vậy tam giác SBC vuông tại S
025
025
025
025
025
025
025
025
025

025

05
025
025
V
VI
VII/a
VII/b
+AD là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.Nên tâm O mặt cầu
ngoại tiếp SABC thuộc AD.Mặt khác O cách đều A; B; C nên O là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vậy bán kính R mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
+BC =
2 2
a b+
⇒
2 2 2 2
DC 3
cosC= sin
AC 2 2
a b a b
C
a a
+ −
= ⇒ =
+ R =
2
2 2
2sin
3

AB a
C
a b
=
−
………………………………………………………………………
+Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D
1
(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có
phương trình: x
2
+y
2
+z
2
+2ax+2by+2cz+d=0 nên
4 4 8 0
4 4 8 0
5 1
; ; 4
2 1 0
2 2
2 2 2 0
a b d
b c d
a c b d
a d
b c d
+ + + =



+ + + =

⇔ = = − = − =

+ + =


+ + + =

Suy ra tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R =
35
2
+(MNC
1
) đi qua M(1;0;0) nhận
1 1
; (0;3; 3)MC NC
 
= −
 
uuuur uuuur
làm véc tơ pháp
tuyến có PT: y – z = 0
+ h = d(I;(MNC
1
)) =
2
+ Bán kính đường tròn giao tuyến là
2 2

3 3
2
R h− =
………………………………………………………………………
+Đặt
0; 0; 0a x b y c z= > = > = >
+VT=
6 4 6 4 6 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 1 1
2 2 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
+ + ≤ + + = + +
+ + +
(Theo BĐT CôSi)
+VP=
4 4 4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
a b c a b b c c a
+ + ≥ + +
(Áp dụng BĐT CôSi cho từng cặp)
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1
………………………………………………………………………
Phần riêng theo chương trình chuẩn
+Tọa độ A;B là nghiệm hệ:
2
2 0
y x
x y


=

− − =

A(1;-1); B(4;2)
+C(y
o
2
;y
o
)
∈
(P); h=d(C;d)=
2
2
2
o o
y y− −
+
1 3
.
2 2
ABC
S h AB
∆
= =
2
2
o o
y y− −

+Xét hàm số f =
2
2
o o
y y− −
Với
1 2
o
y− ≤ ≤

Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2)
………………………………………………………………………
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑
025
025
025
025
025
025

05
05
025
025
025
025
025
VII/a
VII/b
=
1 1
( 1) 2 2
n n
k k k k
n n
k k
k k C kC
= =
− +
∑ ∑
Xét khai triển
(1+x)
n
=
0
n
k k
n
k
C x

=
∑
; n(1+x)
n-1
=
1
0
n
k k
n
k
kC x
−
=
∑
Lấy x=2 ta được
n.3
n-1
=
1
0
2
n
k k
n
k
kC
−
=
∑

⇔
2n.3
n-1
=
0
2
n
k k
n
k
kC
=
∑

+n(n-1)(1+x)
n-2
=
2
0
( 1)
n
k k
n
k
k k C x
−
=
−
∑
Lấy x=2 ta được

n(n-1)3
n-2
=
2
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
−
=
−
∑
⇔
4n(n-1)3
n-2
=
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
=
−
∑
Vậy S=n.3

n-2
(2+4n)
………………………………………………………………………
Phần riêng theo chương trình nâng cao
+PT đường thẳng AB: x+3y-7=0
+G
∈
(d)
⇒
G(a;2-a) Do G trọng tâm tam giác ABC nên diện tích tam
giác GAB bằng 3/2
+
1 1 3
. ( ; ) 2 1
2 2 2
GAB
S AB d G AB a
∆
= = + =
giải tìm được a = 1; a = -2
+Nếu a = 1
⇒
G(1; 1) Vậy C(4; -2)
+Nếu a = -2
⇒
G(-2; 4) Vậy C(-5; 7)
……………………………………………………………………….
+
2 2
2 2

3 0
3 0
2 3
2 1
3 2 0
x y
x y
y x x y
y x h y x
y y x x
− ≥
− ≥


− + = − ⇔ ⇔
 
= − − = −
+ − − + =


+Với y = -x - 2 thay PT hệ:
2010
2( 1)
log
2
x
x
−
− −
=-2

⇔
x =
2
2
2.2010 2
2.2010 1
−
+
; y = -
2
2
6.2010
2.2010 1+
(tm đk)
+Với y = x - 1 thay PT của hệ:
x =
2010
1 log 2
2
+
; y =
2010
log 2 1
2
−
Không thỏa mãn điều kiện
……………………………………………………………………….
025
025
025

025
025
025
025
05

025


025