ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN, KHỐI A (LẦN 2) ppsx

Nguyễn Đăng Quý
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
NĂM 2010
Môn: Toán. Khối A, B.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2 1
y x m x
  
(1).
1) Với m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện
tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích).
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình:
2
3 2 1 2 4 3
x x x x x x
      
.
2) Giải phương trình lượng giác:
2
1 sin 2
1 tan2x
os 2
x
c x

 
.

Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau:
cos
y x

và
2
2
3
4
y x x


  
Câu IV. (1 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng 30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc

đường thẳng B
1
C
1
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
4 4
3
2 2
c a b
a b b c c a
  
  
Câu VI. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d
1
: 2x – y – 2 = 0,
đường thẳng d
2
: x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d
1
, d
2
lần

lượt tại A và B sao cho MA = 2MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – 6 = 0,
(Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d:
1 7
3
1 2
x t
y t
z t
 





 

. Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q)
theo thiết diện là hình tròn có diện tích bằng
20

và có tâm là giao của d với (P) .
Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :
2
3
2
2 16
log log ( )
y x
x y

y xy








HẾT
Đề thi thử lần 2
(Tháng 03 năm 2010)
Nguyễn Đăng Quý
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………….……. Số báo danh: ……………
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG THPT THANH OAI B
THÁNG 03 NĂM 2010
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I.1
Với m = 1 hàm số là:
4 2
2 1
y x x
  
+) TXĐ: R
+) Giới hạn, đạo hàm:
lim lim
x x
y y

 
  
3
0
' 4 4 ; ' 0
1
x
y x x y
x


   

 

+) BBT:
x -

- 1 0 1
+

y' - 0 + 0 - 0 +
y +

1
+

0 0
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +


); nghiechj biến trên
các khoảng
(-

; - 1), (0; 1)
Hàm đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 1, cực tiểu tại x =

1, y
CT
= 0
+) ĐT: Dạng đồ thị
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-15
-10 -5 5 10
15
0,25
0,25
0,25
0,25

I.2
+) Ta có y’ = 4x
3
– 4m
2
x ; y’ = 0

2 2
0
x
x m





; ĐK có 3 điểm cực trị : m

0
+) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m
4
), C(m ; 1 – m
4
) ;
+) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 –
m
4
).
+)
5

4
1
. 32 2
2
ABC
S AI BC m m m m
      

(tm)
0,25
0,25
2,25
0,25
Nguyễn Đăng Quý
II.1
+) ĐK:
1
x
 




  
2
3 2 1 2 4 3 2 1 1 3 1 1 0
1 1 2 3 0
x x x x x x x x x x
x x x
              

     
0
0
1 1 0
( )
1 1
3 2
3/ 4
x
x
x x
tm
x x
x x
x






  


  




 



 






 




0,25
0,25
0,5
II.2
+) ĐK:
,
4 2
x k k Z
 
  
2
2
1 sin2
1 tan2x os 2 sin 2 os2 1 sin 2
os 2
x

c x xc x x
c x

     
2
sin 2 sin 2 sin 2 . os2 0
x x x c x
   
sin 2 (sin 2 os2 1) 0
x x c x
   
sin 2 0
2
( , )
sin 2 os2 1
;
2 4
x k
x
k l Z
x c x
x l x l

 
 






  


 


   


+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là
, ;( , )
2
x k x l k l Z


  
0,5
0,25
0,25
III
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10

-15
-10
-5
5
10
15
Chứng minh được hai đường có đúng hai giao điểm hoành độ
2


và
3
2

2 2 3
2
2 3 2
2
3 1 3 4
2
2 cos 2. sinx 4
4 3 2 4 3
2
S x x x dx x x x



   




   
         
 
 
   


0,25
0,25
0,5
Nguyễn Đăng Quý
IV
Do )(
111
CBAAH  nªn gãc HAA
1
 lµ gãc gi÷a AA
1
vµ (A
1
B
1
C
1
), theo gi¶
thiÕt th× gãc HAA
1
 b»ng 30
0

. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA
1
cã AA
1
= a, gãc
HAA
1
 =30
0
2
3
1
a
HA  . Do tam gi¸c A
1
B
1
C
1
lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H
thuéc B
1
C
1
vµ
2
3
1
a
HA  nªn A

1
H vu«ng gãc víi B
1
C
1
. MÆt kh¸c
11
CBAH  nªn )(
111
HAACB 
KÎ ®-êng cao HK cña tam gi¸c AA
1
H
th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA
1
vµ B
1
C
1
Ta cã AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a

AA
AHHA
HK 
1
điểm
V
4 4 4 4
3 2 2 2 9
2 2 2 2
c a b c a b
a b b c c a a b b c c a
     
         
     
     
     
 
2 2 1
2 2 9
2 2
a b c
a b b c c a
 
     
 
  
 
 
1 1 1
9

2 2
2 2
b b
a c c a
b b
c a
a c
 
 
 
   
        
 
   
 

   
 
 
 
 
+) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương
 
, ,
2 2
b b
a c c a
   
  
   

   
và
1 1 1
, ,
2 2
b b
c a
a c

 
rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm.
1
điểm
VI.1
+) Dạng tham số của d
1
và d
2
:
1 2
: , :
2 2 3
x t x u
d d
y t y u
 
 
 
     
 

+) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u).




3; 2 2 ; 3; 3
MA t t MB u u
       
 
+) TH1:
2.
MA MB

 
: Tìm được
 
7 16 20
, ; : 4;5
3 3 3
d
t MA VTCPd u
 
      
 
 
 
3
: 5 4 15 0
4 5
x y

d x y

     
+) TH2:
2.
MA MB
 
 
: Tìm được
 
17 8 28
, ; : 2;7
3 3 3
d
t MA VTCPd u
 
   
 
 
 
3
: 7 2 21 0
2 7
x y
d x y

     
0,25
0,25
0,25

0,25
VI.2
+) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ
phương trình:
A
A
B
C
C
B
1
K
H
Nguyễn Đăng Quý
1 7 0
3 1
(1;0;1)
1 2 0
5 4 6 0 1
x t t
y t x
I
z t y
x y z z
  
 
 
 
 
 

 
  
 
 
    
 
+) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có:
2
2 2 2
2.1 0 1 7
10 50
3
6
2 ( 1) ( 1)
h h
  
   
   
+) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình tròn có diện tích bằng
2 2
20 20 . 20
r r
  
   
(r là bán kính hình tròn)
+) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có
2 2 2
50 110
20
3 3

R h r    
Suy ra phương trình mặt cầu (S):
   
2 2
2
110
1 1
3
x y z    
0,25
0,25
0,25
0,25
VII
+) ĐK:
0 1,0 1
x y
   
+)
2
2
3
2
3 4 (1)
2 16
2log 1 log (2)
log log ( )
y x
x y
x y

y x
y x
y xy



 

 

 
 





+) Đặt
2
2
1
1
log (2) : 2 1 2 1 0
1
2
x
t
x y
y t t t t
t

t
x y





         


 



+) Với x = y, kết hợp (1) ta được x = y = 1 (loại) và x = y = 3 (nhận).
+) Với x = y
-2
, kết hợp với (1) ta được y
2
= 1 (loại), y = - 4 (loại)
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y =3.
0,25
0,25
0,25
0,25
Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho
điểm tối đa.