DE THI THU 6/2010 +DA
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (194.79 KB, 8 trang )
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - MÔN TOÁN – KHỐI A (LẦN 1)
Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số
( ) ( )
)1(1161232
23
++++−=
xmmxmxy
đồ thị (C
m
)
1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0
2,Với giá trị nào của m thì đồ thị (C
m
) của hàm số có 2 điểm cực trị đối
xứng với nhau qua đường thẳng y = x + 4.
Câu II: (2,0 điểm). 1, Giải phương trình
xxx 4sin1cossin
66
+=+
2, Giải phương trình
132342
22
>+−−++ xxxx
Câu III: (1,0 điểm). TÝnh tÝch ph©n I =
dxx
xx
x
e
∫
+
+
1
2
ln
ln1
ln
Câu IV: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC đáy là
ABC
∆
vuông cân ở đỉnh C
SA
⊥
(ABC), SC = a. Hãy tìm góc giữa mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể
tích khối chóp lớn nhất.
Câu V: (1,0 điểm). Tìm m để phương trình :
( )
( )
mm
xxxx
222144
2211
+−+=+
−+−+
có nghiệm
[ ]
1;0∈
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VIa: (2,0 điểm).
1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d :
01 =+− yx
và
đường tròn (C) :
042
22
=−++ yxyx
. Tìm M
∈
d sao cho qua M vẽ được 2
đường thẳng tiếp xúc với (C) tại A,B và góc
0
60
=
∧
AMB
.
2, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho
ABC
∆
có A(1;1;0), B(0;2;1),
C(1;0;2).Xác định toạ độ trực tâm của
ABC
∆
.
Câu VIIa: (1,0 điểm). Tìm hệ số của
5
x
trong khai triển:
7
2
11
2
x
1
x
x
1
x)x(f
++
−=
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb: (2,0 điểm).1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) :
0322
22
=−+−+
yxyx
. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết rằng tiếp
tuyến cắt tia Ox ,Oy lần lượt tại A và B sao cho
ABO
∆
có diện tích bằng 4.
2, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho
ABC
∆
có A(2;-1;6), B(-3;-1;-4),
C(5;-1;0).Tính độ dài đường phân giác trong của
ABC
∆
kẻ từ đinh C.
Câu VIIb: (1,0 điểm). Khai triển
n
n
k
k10
n
xa xa xaa)x1(
+++++=+
. Biết rằng
tồn tại số nguyên dương k sao cho
1 1
2 9 24
− +
= =
k k k
a a a
. Hãy tìm n.
(1 1)
≤ ≤ −
k n
.
Họ và tên : số báo danh :
ĐÁP ÁN Đ Ề THI TH Ử ĐAI H ỌC KH ỐI A L ẦN I
Môn : Toán – Năm học: 2009 – 2010
Câu
Đáp án điểm
I
(2đ)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): Khi m=0 ta có
y=2x
3
-3x
2
+1
* TXĐ: R
*Sự biến thiên:
+ y’= 6x
2
- 6x= 6x(x-1)= 0
=⇒=
=⇒=
⇔
01
10
yx
yx
+ BBT:
x -
∞
0 1 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y 1 +
∞
-
∞
0
Hs đồng biến trên
( )
0;
∞−
;
( )
+∞
;1
; Hs nghịch biến trên (0;1)
+ Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=0; y
CĐ
=1;
Hs đạt cực tiểu tại x=1; y
CT
=
-0
+ Giới hạn:
lim ; lim .
x x→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
- Đồ thị hàm số không có tiệm cận.
• Đồ thị:
- Giao với trục Oy: (0;1) , giao với ox (
2
31+
;0) và (
2
31−
;0)
Ta có y’’ = 12x-6
⇒
y’’ = 0
⇔
x=
2
1
và y’’ đổi dấu khi x đi qua x=
2
1
⇒
điểm (
2
1
;
2
1
) là điểm uốn của đồ thị. Vậy đồ thị có tâm đối xứng là
điểm (
2
1
;
2
1
)
đồ thị đi qua điểm ( 2;5)
và (-1;-4)
0,25
0,25
0,25
0,25
1
5
21
0
x
y
-1
-4
Ta c ó y’ = 6x
2
-6(2m+1)x+6m(m+1)
y’=0
+=
=
⇔
1mx
mx
Ta c ó m+1
≠
m v ới
∀
m
Vậy với
∀
m y’=0 luôn c ó 2 nghiệm phân biệt , nên hàm số luôn có
cực đai , cực tiểu.
x -
∞
m m+1 +
∞
y’ + 0 - 0 +
Hàm số đạt cực đại tại x = m, Hàm số đạt cực tiểu tại x = m +1.
0,5
Ta có y’ =
'
6
12
3
y
mx
+
−
- x +1 +m(m+1)(2m+1).
Ta có x
i
là hoành độ các điểm cực trị
⇒
y’(x
i
)=0.
⇒
y( x
i
) = - x
i
+1 +m(m+1)(2m+1).Vậy toạ độ các điểm cực trị thoả mãn
phương trình y= - x +1 +m(m+1)(2m+1).
Ta có đường thẳng đi qua các điểm cực đại ,cực tiểu vuông góc với đường
thẳng y = x+4
⇔
Trung điểm của các điểm cực đại ,cực tiểu thuộc đường
thẳng y = x+4.
Ta có x
CĐ
=m, y
CĐ
= 2m
3
+ 3m
2
+1 ; x
CT
=m+1, y
CT
= 2m
3
+ 3m
2
Vậy trung điểm của các điểm cực đại ,cực tiểu của hàm số là :
+++
2
1
32;
2
1
23
mmm
trung điểm đó thuộc đường thẳng y = x+4
⇒
2
1
32
23
++ mm
= m +
2
1
+4
⇔
2m
3
+ 3m
2
–m-4 = 0
⇔
(m-1)(2m
2
+5m+4) =0
⇔
m = 1
0,5
II
(2đ)
xxx 4sin1cossin
66
+=+
⇔
1-3sin
2
xcos
2
x = 1+ 2sin2xcos2x
0,25
⇔
sin2x (
4
3
sin2x +2cos2x) =0
⇔
−=
=
3
8
2tan
02sin
x
x
0,5
⇔
+
−−=
=
π
π
kx
kx
3
8
arctan
2
k
∈
Z
0,25
ĐK :
13 ≤≤− x
Bất phương trình viết lại thành : 2( -x
2
-2x +3 ) -
32
2
+−− xx
-5<0
Đặt
32
2
+−− xx
= t
⇒
20
≤≤
t
Ta có bất phương trình đã cho trở thành :
≤≤
<−−
20
0532
2
t
tt
⇔
≤≤
<<−
20
2
5
1
t
t
⇔
20
≤≤
t
0,25
0,25
≤+−−
≤≤−
232
13
2
xx
x
⇔
<−−−
≤≤−
0122
13
2
xx
x
⇔
13
≤≤−
x
0,5
III
(1đ)
0,5
0,5
IV
(1đ)
Ta có : BC
⊥
AC
⇒
BC
⊥
SC (Đ.lý 3 đường
⊥
)
⇒
⇒
góc SCA là góc giữa 2 mặt phẳng (SCB)
Và (ABC)
Đặt
xSCA
=
∧
0 < x <
2
π
⇒
SA = a sinx, AC = acosx.
xaxaV
ABCS
22
.
cos
2
1
.sin
3
1
=
=
xx
a
2
3
cossin
6
0,5
Ta có V
S.ABC
đạt GTLN
⇔
g(x) =
xx
2
cossin
đạt GTLN
Xét hàm số g(x) =
xx
2
cossin
⇒
g’(x) =
xxx
23
sincos2cos −
= cosx (3cos
2
x – 2)
= cosx
+
−
2
3
cos
2
3
cos xx
vì 0 < x <
2
π
nên
0
2
3
coscos >
+xx
Gọi
α
là góc sao cho
3
2
cos =
α
0 <
α
<
2
π
Bảng biến thiên :
x
0
α
2
π
g’(x) + 0 -
g(x)
Vậy V
S.ABC
đạt GTLN khi x =
α
0 <
α
<
2
π
và
3
2
cos =
α
0,5
S
A
C
B
x
V
(1đ)
Ta có
( )
( )
mm
xxxx
222144
2211
+−+=+
−+−+
⇔
( )
mm
x
x
x
x
2
2
4
2.41
2
1
.42.4
2
2
+
−+=+
⇔
( )
mm
x
x
x
x
2
2
1
2 4.1)
2
1
2.(4
2
+
−+=−
Đặt
x
x
t
2
1
2
−=
⇒
( )
2
2
2ln2
2ln2'
x
x
x
t
+=
=
x
2
ln2 (1+
2
)2(
1
x
)>0
⇒
hàm số đồng biến trên [0;1] .Nghĩa là
10
≤≤
x
⇒
2
3
2
1
2.0 ≤
−≤
x
x
0,5
Khi đó phương trình đã cho trở thành 2t
2
– 2(m+1)t +4-m =0
⇔
2t
2
– 2t +4 = m(2t+1)
⇔
12
422
2
+
+−
=
t
tt
m
do 2t+1
≠
0 khi t
∈
2
3
;0
Xét hàm số f(t) =
12
422
2
+
+−
t
tt
⇒
f’(t) =
0
)12(
1044
2
2
=
+
−+
t
tt
⇔
2
111
±−
=
t
Ta có
2
111
+−
=
t
∈
2
3
;0
Bảng biến thiên :
t
0
2
111
+−
2
3
f’(t) - 0 +
f(t)
4
8
11
-2+
11
Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm
⇔
4112
≤≤+−
m
0,5
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).
1. Theo chương trình Chuẩn:
CÂU
ĐÁP ÁN
ĐIỂ
M
VIa
(2đ)
Ta có thể viết (C) thành : (x+1)
2
+ (y-2)
2
=5
⇒
đường tròn (C) có tâm I(-1;2) bán kính R =
5
.
Ta có
0
60
=
∧
AMB
⇒
0
30
=
∧
AMI
⇒
MI=2AI =2R = 2
5
0,5
I
A
M
B
Gọi toạ độ điểm M là (x;y).
Ta có
( ) ( )
=−++
=+−
2021
01
22
yx
yx
⇔
=
=
−=
−=
4
3
2
3
y
x
y
x
Vây có 2điểm M
1
(-3;-4) và M
1
(3; 4) thoả mãn yêu cầu bài toán
0,5
Ta có A(1;1;0), B(0;2;1), C(1;0;2), gọi toạ đ ộ trực tâm cuả tam giác ABC
là H(x;y;z)
⇒
→
AH
(x -1;y -1;z)
→
BC
( 1; -2;1)
→
BH
(x;y -2;z-1)
→
AC
(0; -1;2)
→
AB
( -1; 1;1)
0,5
H là trực tâm cuả tam giác ABC
⇔
=
=
=
→→→
→→
→→
0.,
0.
0.
AHACAB
ACBH
BCAH
0,25
⇔
=−+−+−
=−++−
=++−−
02233
0222
0221
zyx
zy
zyx
⇔
−=−−−
=+−
−=+−
523
02
12
zyx
zy
zyx
⇔
=
=
=
7
4
7
8
7
5
z
y
x
Vậy H(
)
7
4
;
7
8
;
7
5
0,25
VIIa
(1đ)
Số hạng tổng quát trong khai triển
11
2
1
−
x
x
là T
k+1
=
k
kk
x
xC
−
−
2
11
11
1
=
( )
k
k
k
xxC
211
11
1
−−
−
=
( )
k
kk
xC 1
311
11
−
−
Số hạng chứa x
5
trong khai triển ứng với 11-3k =5
⇔
⇔
k =2
Vậy trong khai triển này số hạng chứa x
5
có hệ số là
2
11
C
0,5
Số hạng tổng quát trong khai triển
7
2
1
+
x
x
là T
k+1
=
k
kk
x
xC
−
1
)(
72
7
=
kkk
xxC
−−
72
7
)(
=
kk
xC
314
7
−
Số hạng chứa x
5
trong khai triển ứng với 14-3k =5
⇔
⇔
k =3
Vậy trong khai triển này số hạng chứa x
5
có hệ số là
3
7
C
Vậy hệ số của
5
x
trong khai triển:
0,5
7
2
11
2
x
1
x
x
1
x)x(f
++
−=
là :
2
11
C
+
3
7
C
.
2. Theo chương trình nâng cao:
CÂU
ĐÁP ÁN
VIb
(2đ)
Ta có thể viết (C) thành : (x-1)
2
+ (y+1)
2
=5
⇒
đường tròn (C) có tâm I(1;-1) bán kính R =
5
.
Gỉa sử A(a;0),B(0;b)trong đó a>0,b>0.
Phương trình đường thẳng AB có dạng :
1
=+
b
y
a
x
⇔
bx+ay-ab=0.
AOB
S
∆
=4
⇒
ab
2
1
=4
⇔
ab=8
0,5
Đường thẳng AB tiếp xúc với (C)
⇔
d(I,AB) = R =
5
.
5
22
=
+
−−
ba
abab
⇔
(b-a-8)
2
=5(b-a)
2
+80
⇔
(b -a)
2
+4(b-a)+0
⇔
b-a=-2
Vậy
−=−
=
2
8
ab
ab
⇔
−=
=−−
2
082
2
ab
aa
⇔
=
=
2
4
b
a
Vậy phương trình đường thẳng tiếp tuyến là :x+2y-4 =0
0,5
Ta có
→
CA
(-3;0;6)
⇒
CA=3
5
→
CB
(-8;0;-4)
⇒
CB=4
5
CD là đường phân giác của góc C ta có
4
3
==
CB
CA
DB
DA
.
Vậy
→
DA
=-
4
3
→
DB
0,5
( )
( )
( )
−−=−
−−=−
−−=−
DBAD
DBAD
DBAD
zzzz
yyyy
xxxx
4
3
4
3
4
3
⇔
=
−=
−
=
7
12
1
7
1
z
y
x
⇒
D(
7
1−
;-1;
7
12
)
⇒
→
CD
(
7
36−
;0;
7
12
)
Vậy CD =
7
1012
7
1440
=
0,5
VII
b
(1đ)
Ta có
n
n
k
k10
n
xa xa xaa)x1(
+++++=+
.
Mà theo giả thiết
=
=
+
−
249
92
1kk
kik
aa
aa
⇔
=
=
+
−
249
92
1k
n
k
n
k
n
ik
n
CC
CC
0,5
0,5
⇔
=+−
=−−
402112
024339
kn
kn
⇔
=
=
2
10
k
n
Vậy n = 10
