ĐỀ THI THỬ LẦN 2 MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT THÚC THỪA pdf

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
ĐỀ THI THỬ LẦN 2 – MÔN TOÁN

PHẦN BẮT BUỘC.
Câu I (2 điểm) .
Cho hàm số
1
.
1
x
y
x
+
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1
.
1
x
m
x
+
=
−
Câu II. (2 điểm).
1. Giải phương trình :

01cossin2sinsin2
2
=−++− xxxx
2. Tìm điều kiện m để hệ phương trình
4 1 4
3
x y
x y m
− + − =


+ =

có nghiệm.
Câu III. (1điểm)
Tính tích phân:
∫
−
=
2
1
2
2
4
dx
x
x
I
.
Câu IV. (1 điểm).

Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và
aCDBCAB
===
. Gọi
C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tích tứ diện ABC’D’.
Câu V. (1 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC, tìm giá trị bé nhất của biểu thức:
CBAAS 2cos2coscos23cos
+++=
.
PHẦN TỰ CHỌN (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : a hoặc b )
Phần A.
Câu VIa. (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)5;2(,)1;1( −BA
, đỉnh C nằm trên đường
thẳng
04
=−
x
, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng
0632 =+− yx
. Tính diện tích tam giác
ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình :
d :
z
y
x =
−

−
=
1
2
và d’ :
1
5
3
2
2
−
+
=−=
− z
y
x
.
Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phương trình mặt phẳng
)(
α
đi qua d
và vuông góc với d’
Câu VIIa. (1 điểm)
Tính tổng :
0 0 1 1 2 2 3 3 2010 2010
2010 2010 2010 2010 2010
2 C 2 C 2 C 2 C 2 C
A
1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012
= − + − + +

Phần B.
Câu VIb. (2 điểm)
1. Cho hai mặt phẳng (P): 2x – 6y + 3z – 4 = 0 và (Q): 2x – 6y + 3z – 4 = 0. Viết phương trình mặt
cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng
3
( ) :
1 1 2
x y z
d
+
= =
−
đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường
chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu Vb. (1 điểm)
Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức:
( )
2
3 1 1 3
.
1
i
z
i
+ + −
=
+

1

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN.
CÂU 1. 1. Tập xác định :
1
−≠
x
.

1
3
2
1
12
+
−=
+
−
=
xx
x
y
,
2
)1(
3
'
+
=
x
y
,

Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng :
1
−=
x
, tiệm cận ngang
2=y
2. Nếu
)(
1
3
2;
0
0
C
x
xM ∈








+
−
thì tiếp tuyến tại M có phương trình
)(
)1(

3
1
3
2
0
2
00
xx
xx
y −
+
=
+
+−
hay
0)1(3)2()1()(3
0
2
00
=+−−+−− xyxxx
. Khoảng cách từ
)2;1(−I
tới tiếp tuyến là
( )
2
0
2
0
4
0

0
4
0
00
)1(
)1(
9
6
)1(9
16
19
)1(3)1(3
++
+
=
++
+
=
++
+−−−
=
x
x
x
x
x
xx
d
. Theo bất đẳng thức Côsi
692)1(

)1(
9
2
0
2
0
=≥++
+
x
x
, vây
6≤d
. Khoảng cách d lớn nhất bằng
6
khi
( )
3131)1(
)1(
9
0
2
0
2
0
2
0
±−=⇔=+⇔+=
+
xxx
x

.
Vậy có hai điểm M :
( )
32;31
−+−
M
hoặc
( )
32;31
+−−
M
CÂU 2.
1)
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
=−+−−⇔=−++− xxxxxxxx
.

22
)3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx
. Vậy
5,0sin =x
hoặc
1cossin
−=
xx
.
Với
5,0sin =x
ta có

π
π
kx 2
6
+=
hoặc
π
π
kx 2
6
5
+=
Với
1cossin
−=
xx
ta có






−=−=







−⇔−=−
4
sin
2
2
4
sin1cossin
ππ
xxx
, suy ra

π
kx 2
=
hoặc
π
π
kx 2
2
3
+=
2)
⇔=−−++ 0)23(log)6(log
2
25,0
xxxm
⇔−−=+ )23(log)6(log
2
22
xxxm




+−−=
<<−
⇔





−−=+
>−−
⇔
38
13
236
023
2
2
2
xxm
x
xxxm
xx
Xét hàm số
13,38)(
2
<<−+−−= xxxxf

ta có
82)(' −−= xxf
,
0)(' <xf
khi
4
−>
x
, do đó
)(xf

nghịch biến trong khoảng
)1;3(−
,
6)1(,18)3( −==− ff
. Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi
186
<<−
m
CÂU 3. Đặt
tx sin2=
thì
tdtdx cos2=
, khi
1=x
thì
6
π
=t
, khi

2=x
thì
2
π
=t
, vậy:
∫ ∫
==
−
=
2
1
2
6
2
2
2
2
sin
cos4
π
π
dt
t
t
dx
x
x
I
∫∫

=−−=






−
2
6
2
6
2
6
2
)(cot1
sin
1
π
π
π
π
π
π
ttddt
t
3
3
π
−

CÂU 4. Vì
ABCDBCCD ⊥⊥ ,
nên
)(ABCmpCD ⊥
và do đó
)()( ACDmpABCmp ⊥
.Vì
ACBC ⊥'
nên
)(ACDmpBC ⊥
.
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì
').''(
3
1
BCDACdtV =
.
2
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC ===
.
Ta có
2222222
3aCDBCABBDABAD =++=+=
nên
3aAD =

. Vì BD’ là đường cao của tam giác
vuông ABD nên
2
'. ABADAD =
, Vậy
3
'
a
AD =
. Ta có
12
2
3
1
3
3
2
2
2
1
'.'.
2
1
ˆ
sin''.
2
1
)''(
2
aaa

AD
CD
ADACDACADACDACdt =⋅===
. Vậy
==
2
2
.
12
2
3
1
2
aa
V
36
3
a
CÂU 5.
CBAAS 2cos2coscos23cos +++=
=
)cos()cos(2cos23cos CBCBAA −+++
.

=
[ ]
)cos(1cos23cos CBAA −−+
.
Vì
0)cos(1,0cos ≥−−> CBA

nên
AS 3cos≥
, dấu bằng xẩy ra khi
1)cos( =− CB
hay
2
180
0
A
CB
−
==
.
Nhưng
13cos −≥A
, dấu bằng xẩy ra khi
0
1803 =A
hay A =
0
60
Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều.
Phần A (tự chọn)
CÂU 6A.
Ta có
);4(
C
yC =
. Khi đó tọa độ G là
3

2
3
51
,1
3
421
CC
GG
yy
yx +=
++
==
+−
=
. Điểm G nằm trên đường
thẳng
0632 =+− yx
nên
0662 =+−−
C
y
, vậy
2=
C
y
, tức là
)2;4(=C
. Ta có
)1;3(,)4;3( =−= ACAB
, vậy

5=AB
,
10=AC
,
5. −=ACAB
.
Diện tích tam giác ABC là
( )
2510.25
2
1

2
1
2
22
−=−= ACABACABS
=
2
15
2.Đường thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;1( −u
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2(' −M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;2(' −u
Ta có
)5;1;2( −=MM

,
[ ]
)3;3;0('; =uu
, do đó
[ ]
012'.'; ≠−=MMuu
vậy d và d’ chéo nhau.
Mặt phẳng
)(
α
đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ pháp tuyến là
)1;1;2(' −u
nên có phương trình:
0)2(2 =−−+ zyx
hay
022
=−−+
zyx
CÂU 7A. Ta có
nn
nnnn
n
xCxCxCCx +⋅⋅⋅+++=+
2210
)1(
, suy ra

132210

)1(
+
+⋅⋅⋅+++=+
nn
nnnn
n
xCxCxCxCxx
.
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

=+++
−1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32
2210
++⋅⋅⋅+++
Thay
1
−=
x
vào đẳng thức trên ta được S.
Phần B (tự chọn)
CÂU 6B.
Vì G nằm trên đường thẳng
02 =−+ yx
nên G có tọa độ

)2;( ttG −=
. Khi đó
)3;2( ttAG −−=
,
)1;1( −−=AB
Vậy diện tích tam giác ABG là
( )
[ ]
1)3()2(2
2
1

2
1
22
2
22
−−+−=−= ttABAGABAGS
=
2
32 −t
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng
5,43:5,13 =
. Vậy
5,4
2
32
=
−t
, suy ra

6
=
t
hoặc
3
−=
t
. Vậy có hai điểm G :
)1;3(,)4;6(
21
−−=−= GG
. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
)(3
BaGC
xxxx +−=
và
)(3
BaGC
yyyy +−=
.
Với
)4;6(
1
−=G
ta có
)9;15(
1
−=
C
, với

)1;3(
2
−−=G
ta có
)18;12(
2
−=
C

3
2.Đường thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;1( −u
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2(' −M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;2(' −u
.
Mp
)(
α
phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(

0
==un
. Bởi vậy
nếu đặt
);;( CBAn =
thì ta phải có :





=
++
−+
=+−
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA

⇔





=−−
+=
⇔





+++=
+=
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+−⇔=−− CACACACA
. Vậy
CA =
hoặc
CA −=2
.
Nếu
CA =
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó

2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(
α
mp
có phương trình
0)2(2 =+−+ zyx
hay
042
=−++
zyx
Nếu
CA −=2
ta có thể chọn
2,1 −== CA
, khi đó
1−=B
, tức là
)2;1;1( −−=n
và
)(
α
mp
có phương trình
02)2( =−−− zyx
hay
022
=+−−

zyx
CÂU 7B. Ta có
nn
nnnn
n
xCxCxCCx +⋅⋅⋅+++=+
2210
)1(
, suy ra

132210
)1(
+
+⋅⋅⋅+++=+
nn
nnnn
n
xCxCxCxCxx
.
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

=+++
−1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32
2210

++⋅⋅⋅+++
Thay
1
=
x
vào đẳng thức trên ta được S.
4