Đề Thử Sức Đại Học Môn Toán 2011 - Đề Tham Khảo Số 26 doc

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số .
x
x
y
2
32
+
+
=
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận của (C). Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M
cắt các đường tiệm cận của (C) lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
nhỏ nhất.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình:
.
xcosxsin
)xcosx(sin
xsinxtan 1
2
2
3
222 =

−
+
+






π
−+
2) Giải phương trình: 1311122
2422
+=−−−−+ xx)xx( )Rx(
∈
.
Câu III. (1 điểm) Tính tích phân
∫
π
π
π
+
=
4
6
3
2
4
dx
)xsin(xsin

xcos
I
.
Câu IV. (1 điểm)
Cho hình lăng trụ ABC.
C
B
A
′
′
′
có
ABC
.
A
′
là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a. Biết độ dài đoạn
vuông góc chung của
A
A
′
và BC là
4
3a
. Tính thể tích khối chóp
C
C
B
B
.

A
′
′
′
.
Câu V. (1 điểm) Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 2010416
2010
2
5
=






+
log
xcosxsin
.
PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ
được làm một trong hai phần: PHẦN A hoặc PHẦN B)
PHẦN A
Câu VIa. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường tròn
2
1
1
22
1

=+− y)x(:)C( và
422
22
2
=−+− )y()x(:)C( . Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn )C(
1
và cắt
đường tròn )C(
2
tại các điểm M, N sao cho MN = 22 .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thang cân ABCD có đáy lớn AB và tọa độ các đỉnh
);;(A 211
−
−
; );;(B 011
−
và );;(C 210
−
. Xác định tọa độ đỉnh D.
Câu VIIa. (1 điểm) Tính tổng
2009
2010
25
2010
23
2010
21
2010
200953 C CCCS +−+−= .
PHẦN B

Câu VIb. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm );(I
2
3
2
9
và trung
điểm của cạnh AD là M(3; 0). Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm
);;(H
11
2
11
6
11
2
− . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua H
và cắt các trục tọa độ lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC.
Câu VIIb. (1 điểm) Giải phương trình )Rx()x(log
x
∈=++
−+ 112
3
2
311
2
1

Hết

TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN KHUYẾN ĐỀ THỬ SỨC ĐẠI HỌC 2010
LỚP 12D1 Môn thi: Toán
 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)



Đ
Ề

S
Ố

026








26


SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010

NỘI DUNG ĐIỂM

Câu I. 2 điểm
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số .
x
x
y
2
32
+
+
=
* Tập xác định: D = R\{-2}
* Chiều biến thiên:
Dx
)x(
y ∈∀>
+
=
′
0
2
1
2

* Tiệm cận:
2
22
=−∞=+∞=
±∞→
−→−→
+−

x
xx
lim;lim,lim


⇒
Đồ thị (C) có tiệm cận đứng
2
−
=
x
và tiệm cận ngang y = 2
* Bảng biến thiên
x -
∞
-2 +
∞

y’ + +


y

+
∞
2



2 -

∞

* Vẽ đúng đồ thị

2) Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt
Lấy 2
2
32
0
0
0
0
−≠∈








+
+
x);C(
x
x
;xM thì phương trình tiếp tuyến với (C) tại M có dạng
2
32
2

1
0
0
0
2
0
+
+
+−
+
=
x
x
)xx(
)x(
y (d)
Gọi A là giao của (d) và tiệm cận đứng
2
−
=
x
. Tìm ra )
x
x
;(A
2
22
2
0
0

+
+
− . Gọi B là giao của (d) và
tiệm cận ngang y = 2. Tìm ra );x(B 222
0
+ . Từ đó suy ra M là trung điểm của AB.
Ta thấy tam giác IAB vuông tại I nên IM là bán kính đường tròn ngoại tiếp
IAB
∆
. Vậy đường tròn
ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích là
2
IM.π nhỏ nhất IM
⇔
nhỏ nhất
Ta có );(I 22
−
và 2
2
1
22
2
32
2
2
0
2
0
2
0

0
2
0
2
≥
+
++=








−
+
+
++=
)x(
)x(
x
x
)x(IM . Vậy IM nhỏ nhất
khi



−⇒−=
−⇒−=

⇔



−=+
=+
⇔
+
=+
);(Mx
);(Mx
x
x
)x(
)x(
333
111
12
12
2
1
2
0
0
0
0
2
0
2
0

1 điểm



0
,25đ


0,25 đ



0,25đ


0,25đ

1 điểm


0
,25đ


0,25đ

0,25đ

0,25đ
Câu II. 2 điểm
1) Giải phương trình .
xcosxsin
)xcosx(sin
xsinxtan 1
2
2
3
222 =
−
+
+






π
−+
Điều kiện: 02
≠
xcos
Phương trình
1
2

222 =
−
+
++⇔
xcosxsin
)xcosx(sin
xcosxtan
xcos)xcosx(sinxcosxsin 22222
22
=+−+⇔
xcosxsinxcosxsin 2222222
2
=−−+⇔
0222
2
=−−⇔ xcosxcos
22
−
=
⇔
xcos (loại) hoặc
1
2
−
=
x
cos
)Zk(kx ∈π+
π
=⇔

2
(thỏa mãn)
1 điểm


0
,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ


Đ
Ề

S
Ố

026




105

2) Giải phương trình: 1311122
2422
+=−−−−+ xx)xx( )Rx(
∈

Đặt 11
2
≥+= xu và 01
2
≥−= xv 1
22
−=⇒ ux và
2
22
=
+
v
u

Phương trình





=+
−=−−
⇔
)(vu
)(uuvvu
22
12324
22
2

( 01
≥
≥
v;u )
Thay (2) vào (1) ta được phương trình:
0242324
22222
=−++−⇔+−=−− uu)u(vv)vu(uuvvu
Ta có
2
23 )u( −=∆ uv 2
=
⇒
hoặc
u
v
−
=
2

* Với
351212
222
−=⇔+=−⇔= xxxuv (vô nghiệm)
* Với 0112111212
42222
=⇔=−⇔=++−⇔+−=−⇔−= xxxxxxuv
1 điểm

0
,25đ

0,25đ
0,25đ


0,25đ
Câu III 1 điểm
Tính tích phân
∫
π
π
π
+
=
4
6
3
2
4
dx
)xsin(xsin
xcos
I

Ta có
∫∫∫
π

π
π
π
π
π
+
=
+
=
π
+
=
4
6
2
2
4
6
2
4
6
2
1
22
4
dx
)xcot(xsin
xcot
dx
)xcosx(sinxsin

xcot
dx
)xsin(xsin
xcot
I
.
Đặt t = cotx thì dt =
xsin
dx
2
− và 1
4
3
6
=⇒
π
==⇒
π
= tx;tx
Vậy
∫∫






+
+−=
+

=
3
1
3
1
2
1
1
12
1
2 dt
t
tdt
t
t
I









+
+−
=









++−=
2
31
3
22
1
3
1
2
2
2
lntlnt
t







0,25đ


0,25đ

0,25đ



0,25đ
Câu IV 1 điểm
Tính thể tích khối chóp
C
C
B
B
.
A
′
′
′
.
A’ C’



B’
N



A C

O M
B
Gọi O là tâm của đáy ABC và M là trung điểm cạnh BC. Hạ
A
A
MN
′
⊥
. Do )AMA(BC
′
⊥ nên MN
là đoạn vuông góc chung của
A
A
′
và BC
4
3a
MN =⇒

Ta
có
;
a
AMAO;
a
AM
3
3
3

2
2
3
===

4
3
22
a
MNAMAN =−=
Hai tam giác
OA
A
′
và MNA đồng dạng nên
3
a
AN
AO.MN
OA
AN
AO
MN
OA
==
′
⇒=
′
.
18

3
4
3
3
3
2
3
2
3
1
32
aa
.
a
.S.OAS.OAS.OAVVV
ABCABCABCABC.AABC.CBACCBB.A
==
′
=
′
−
′
=−=
′′′′′′′

0,2
5đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Đ
Ề

S
Ố

026




106

Câu V 1 điểm
Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 2010416

2010
2
5
=






+
log
xcosxsin
.
Lấy
2010
log cả 2 vế thì phương trình 5416
2
=+⇔
xcosxsin

Ta có
5454
4
1
4
4
1
4
4

1
4
4
1
4416
5
1442
≥≥++++=+
−+ )xcosxsin(xcosxcosxcosxcosxsinxcosxsin

do 1
22
=+≥+ xcosxsinxcosxsin
Dấu bằng xảy ra





∈π=⇔=⇔
=+
=
⇔ )Zk(kxxsin
xcosxsin
xcosxsin
0
1
4
4
1

4
4



0,2
5đ

0,5đ


0,25đ
Câu VIa 2 điểm
1) Viết phương trình đường thẳng (d)
Đường tròn )C(
1
có tâm );(I 01
1
và bán kính
2
1
1
=R
. Đường tròn )C(
2
có tâm );(I 22
2
và bán
kính 2
2

=R .
Ta cần có (d) là tiếp tuyến của )C(
1
và cách tâm I
2
một khoảng 2
2
2
2
2
=






−=
MN
RIH
* TH1: Nếu (d) có dạng x = c. Ta có hệ





⇒
=−
=−
22

2
1
1
c
c
vô nghiệm c
* TH2: Nếu (d) có dạng y = ax + b.
Ta có hệ







⇔+−=+⇒
=
+
+−
=
+
+
baba
)(
a
ba
)(
a
ba
222

22
1
22
1
2
1
1
2
2



−=
=+
2
234
b
ba

Khi 234
=
+
ba thay vào (1) giải ra
1
−
=
a
hoặc
7
1

−=a
⇒
(d): 02
=
−
+
yx hoặc 067
=
−
+
yx
Khi
2
−
=
b
thay vào (1) giải ra a = 1 hoặc a = 7
⇒
(d): 02
=
−
−
yx hoặc 027
=
−
−
yx

2) Xác định tọa độ đỉnh D.
Ta có BC = 3. Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.

Gọi
∆
là đường thẳng đi qua C và song song với AB và (S) là mặt cầu tâm A, bán kính R = 3 thì D là
giao của
∆
và (S).
Đường thẳng
∆
đi qua C có vtcp );;(AB 222−
→
nên ta có phương trình
)(
mz
my
mx
: 1
22
21
2





+=
+−=
−=
∆

Mặt cầu (S) có phương trình: )()z()y()x( 29211

222
=++++− .
Giải hệ (1), (2) tìm ra
1
−
=
m
hoặc
3
2
−=m .
Khi m = -1 ta có );;(D 032
−
(loại vì khi đó CD = AB = 32 nên ABCD là hình bình hành)
Khi
3
2
−=m ta có );;(D
3
2
3
7
3
4
− (thỏa mãn)


1 điểm

0
,25đ

0,25đ









0,25đ
0,25đ

1 điểm




0
,25đ

0,25đ
0,25đ

0,25đ

Đ
Ề

S
Ố

026




107

Câu VIIa 1 điểm
Tính tổng
2009
2010
25
2010
23
2010
21
2010
200953 C CCCS +−+−= .
Khai triển
20102010
2010
33

2010
22
2010
1
2010
0
2010
2010
1 xC xCxCxCC)x( +++++=+
Đạo hàm 2 vế
20092010
2010
23
2010
2
2010
1
2010
2009
20103212010 xC xCxCC)x( ++++=+⇒
Nhân 2 vế với x và đạo hàm ta được
[
]
20082009
1200912010 )x(x)x( +++ =
20092010
2010
223
2010
22

2010
21
2010
201032 xC xCxCC ++++
Thay x = i vào 2 vế ta có
Vế trái = )i(.)i()i.()i()i.( 201012201020101220102010112010
100410042008
+=+=++
Vế phải = )C
C(i)C CCC(
2010
2010
22
2010
22009
2010
25
2010
23
2010
21
2010
20102200953 +−++−+−
Vậy
1004
22010.S =


0,2
5đ

0,25đ

0,25đ


0,25đ
Câu VIb 2 điểm
1) Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Ta có 232 == IMAB và 222 ==⇒== MDMA
AB
S
AD
ABCD
.
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và nhận );(MI
2
3
2
3
→
làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
03
=
−
+
yx . Vì 2== MDMA nên tọa độ A, D là nghiệm của hệ




=+−
=−+
23
03
22
y)x(
yx
.
Giải hệ tìm ra A( 2; 1), D( 4; -1)
Vì I là trung điểm AC và BD nên từ đó có C(7; 2) và B(5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1).

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A
Giả sử A(a; 0; 0); B(0; b; 0) và C(0; 0; c) 1=++⇒
c
z
b
y
a
x
:)P( . Từ )P(H
∈
suy ra
)(
cbacba
111
262
1
11
2

11
6
11
2
=++−⇔=++− .
Ta có:
);;a(AH
11
2
11
6
11
2
−−
→
; )c;b;(BC −
→
0 . Vì )(cbBCAH 2026
=
+
−
⇒
⊥

);b;(BH
11
2
11
6
11

2
−−
→
; )c;;a(AC 0−
→
. Vì )(caACBH 3022
=
+
⇒
⊥

Giải hệ (1), (2), (3) tìm ra 2
3
2
2 ==−= c;b;a và từ đó có phương trình 023
=
+
−
−
zyx:)P(
1 điểm
0
,25đ



0,25đ

0,25đ
0,25đ

1 điểm

0,25đ


0,25đ

0,25đ

0,25đ
Câu VIIb 1 điểm
Giải phương trình )Rx()x(log
x
∈=++
−+ 112
3
2
311
2
1

Đặt 011
2
≥−+= xt . Phương trình trở thành
t
)t(log 311
3
=++
Đặt )t(logy 1

3
+= ta có hệ





=⇔−=−⇒
+=
+=
ytyt
y
t
ty
t
y
33
13
13

Vậy ta có 13 += t
t
. Xét hàm 13 −−= t)t(f
t
với 0
≥
t ta thấy phương trình f(t) = 0 chỉ có nghiệm
duy nhất t = 0.
Từ đó suy ra
0011

2
=⇔=−+= xxt .


0,2
5đ
0,25đ


0,25đ

0,25đ


Đ
Ề

S
Ố

026




108