Đề 5 thi thử đại học năm 2010 Môn: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Đề thi thử đại học năm 2010 M«n: To¸n – Ngµy thi: 06.4.2010 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ). Së gd & ®t b¾c ninh TRƯƯNG THPT lương tài 2 §Ò chÝnh thøc. PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh (7 ®iÓm ) C©u I: (2 ®iÓm) Cho hµm sè y . 2x  3 x 2. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho M lµ ®iÓm bÊt k× trªn (C). TiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M c¾t c¸c ®­êng tiÖm cËn cña (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) x x  x 1. Giải phương trình 1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2    2. 2. 4. 2. 2. Giải bất phương trình log 2 (4 x 2  4 x  1)  2 x  2  ( x  2) log 1   x  1 2 2. . C©u III (1 ®iÓm) e. .   3 x 2 ln x dx  1  x 1  ln x ln x. TÝnh tÝch ph©n I    C©u IV (1 ®iÓm). Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a. BC =. a   SAC   30 0 . TÝnh thÓ . SA  a 3 , SAB 2. tÝch khèi chãp S.ABC. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = cña biÓu thøc P  3. 1 a  3b. 3. 1 b  3c. 3. 3 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt 4. 1 c  3a. PhÇn riªng (3 ®iÓm) ThÝ sinh chØ ®­îc lµm mét trong hai phÇn: PhÇn 1 hoÆc phÇn 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn) C©u VIa (2 ®iÓm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x  y  5  0 . d2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao ®iÓm cña hai ®­êng th¼ng d1, d2. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x  y  z  2  0 . Gọi A’là hình chiªó cña A lªn mÆt ph¼ng Oxy. Gäi ( S) lµ mÆt cÇu ®i qua 4 ®iÓm A’, B, C, D. X¸c định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). C©u VIIa (1 ®iÓm) Tìm số nguyên dương n biết: Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2C22n 1  3.2.2C23n 1  ....  (1)k k (k  1)2 k 2 C2kn 1  ....  2 n(2 n  1)22 n 1 C22nn11  40200. Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) C©u VIb (2 ®iÓm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: x2 y2   1 . Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm 16 9. cña (H) vµ ngo¹i tiÕp h×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P  : x  2 y  z  5  0 và đường thẳng (d ) :. x3  y  1  z  3 , ®iÓm A( -2; 3; 4). Gäi 2.  lµ ®­êng th¼ng n»m trªn (P) ®i qua. giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên  điểm M sao cho kho¶ng c¸ch AM ng¾n nhÊt. C©u VIIb (1 ®iÓm): 2 3 x 1  2 y 2  3.2 y 3 x Giải hệ phương trình  2  3 x  1  xy  x  1. -------------- HÕt-------------Chó ý: ThÝ sinh dù thi khèi B vµ D kh«ng ph¶i lµm c©u V ThÝ sinh kh«ng ®­îc sö dông tµi liÖu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh:--------------------------Sè b¸o danh:----------------------------. C©u I. 1. D¸p ¸n Néi dung Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số .................. 1) Hµm sè cã TX§: R \ 2 2) Sù biÕn thiªn cña hµm sè: a) Giíi h¹n v« cùc vµ c¸c ®­êng tiÖm cËn: lim y   * lim y  ; x 2 . §iÓm 1,00 0,25. x 2 . Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y  lim y  2  đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm * xlim  x . 0,25. sè b) B¶ng biÕn thiªn: Ta cã: y' . 1  0, x  2 x  2 2. B¶ng biÕn thiªn: x. - +. y’. 2 -. 0,25 -. 2. +. y - Lop12.net. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> * Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vµ 2; . 3) §å thÞ: 3 3 + §å thÞ c¾t trôc tung t¹i  0;  vµ c¾t trôc hoµnh t¹i ®iÓm  ;0  . 2. 2. . + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối y xøng.. 0,25. 2 3/2 O 3/2. I. 2. 2. x. Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất .......................... . 2x  3 . 1. Ta cã: M x0 ; 0 , x0  2 , y' (x0 )  x0  2  x0  2 2  Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: :y . 1,00. 0,25. 1 2x  3 (x  x 0 )  0 2 x0  2 x0  2 . Toạ độ giao điểm A, B của   và hai tiệm cận là:  2x  2  ; B2x 0  2;2  A 2; 0  x0  2  y  y B 2x 0  3 x x 2  2x 0  2   y M suy ra M lµ  x0  xM , A Ta thÊy A B  2 x0  2 2 2. trung ®iÓm cña AB. MÆt kh¸c I = (2; 2) vµ tam gi¸c IAB vu«ng t¹i I nªn ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c IAB cã diÖn tÝch 2   2x 0  3     1 2  2    (x 0  2)2   2 S = IM  (x 0  2)   2 x  2 ( x  2 )   0 0      x  1 1 DÊu “=” x¶y ra khi (x0  2)2   0 2 (x 0  2 ) x 0  3 2. Lop12.net. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) II. 1. Giải phương trình lượng giác ....... 1 ®iÓm. x x  x  1  sin sin x  cos sin 2 x  2 cos 2    2 2  4 2 1  1  sin x sin x  cos x sin 2 x  1  cos   x   1  sin x 2 2 2 . (1). 0,25. x x x x   x   x  sin x sin  cos sin x  1  0  sin x sin  cos .2 sin cos  1  0 2 2 2 2   2   2 x x   x   sin x sin  1 2 sin 2  2 sin  1  0 2 2   2   sin x  0  x  k   x  k x   sin  1  x    x  k, k      k2   2  x    k4  2 2  x x 2 sin 2  2 sin  1 2 2 . II. 2. Giải bất phương trình......................... 1  1 1  x  x 0 x   2 x1   §K:  2 2 2 4 x 2  4 x  1  0 (2x  1)2  0 x  1    2. 0,25 0,25. 0,25. 1 ®iÓm. *. 0,25. Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: 2 log 2 (1  2x)  2x  2  (x  2)log 2 (1  2x)  1  xlog 2 (1  2x)  1  0. 0,25. x  0 x  0 x  0    1  x log 2 (1  2x)  1  0 log 2 2(1  2x)  0 2(1  2x)  1         4 x  0 x  0 x  0     x  0 log 2 (1  2x)  1  0 log 2 2(1  2x)  0 2(1  2x)  1. 0,25. KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta cã:. 1 1  x  hoÆc x < 0. 4 2. 0,25. III. TÝnh tÝch ph©n.............................. 1 ®iÓm. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> e. e. ln x I dx  3 x 2 ln xdx 1 x 1  ln x 1 e. +) TÝnh I 1   1. ln x x 1  ln x. dx . §Æt t  1  ln x  t 2  1  ln x; 2 tdt . 1 dx x. 0,25. §æi cËn: x  1  t  1; x  e  t  2. t. . 2. . 2  t3  1 22 2 I1   .2tdt  2  t 2  1 dt  2  t   t 3 3 1 1 1 dx  du  e  u  ln x   x  +) TÝnh I 2   x 2 ln xdx . §Æt  2 3 dv  x dx v  x 1  3 2. 2. . . e. x3 1 e3 1 x 3 I 2  .ln x 1e   x 2 dx   . 3 31 3 3 3 I  I1  3I 2 . IV. . e 1. . 0,25. 0,25. e3 e3 1 2e3  1    3 9 9 9. 5  2 2  2e3 3. 0,25 0,25. TÝnh thÓ tÝch h×nh chãp ......................... S. 1 ®iÓm. M. A. C N B. Theo định lí côsin ta có:.   3a 2  a 2  2.a 3.a.cos30 0  a 2 SB 2  SA 2  AB 2  2SA.AB.cos SAB Suy ra SB  a . Tương tự ta cũng có SC = a.. Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , do hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (MBC). Ta cã VS .ABC  VS .MBC  VA.MBC. 1 1 1  MA.S MBC  SA.S MBC  SA.S MBC 3 3 3. Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN  BC. Tương tự ta cũng có MN  SA.. 0,25. 0,25. 0,25. 2. 2 2 a 3  a   a 3  3a  MN  . MN  AN  AM  AB  BN  AM  a       4 16  4   2  2. 2. 2. 1 3. 2. 1 2. 2. 2. 1 6. Do đó VS .ABC  SA. MN.BC  a 3 .. V. 2. a 3 a a3 .  4 2 16. T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc .................. Lop12.net. 0,25. 1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ®iÓm áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 1 1 1 9 (*) (x  y  z )     33 xyz 9    3 xyz x y z xyz x y z 1 1 1 9 3 3 3 ¸p dông (*) ta cã P  3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  3 c  3a. 0,25. áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có a  3b  1  1 1   a  3b  2  3 3 b  3c  1  1 1 3  b  3c 1.1    b  3c  2  3 3 c  3a  1  1 1 3  c  3a 1.1    c  3a  2  3 3 3.  a  3b 1.1 . 0,25. Suy ra 3 a  3b  3 b  3c  3 c  3a  1  4  a  b  c   6   1  4. 3  6   3 3. 3 4. . Do đó P  3 3. . DÊu = x¶y ra  a  b  c  4. abc. a  3b  b  3c  c  3a  1 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a  b  c  1 / 4. VIa.1. 1 4. Lập phương trình đường thẳng ...................... Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1 (2;1) ; d2 có vectơ chỉ phương a 2 (3;6) Ta cã: a1.a 2  2.3  1.6  0 nªn d1  d 2 vµ d1 c¾t d2 t¹i mét ®iÓm I kh¸c P. Gọi d là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình:. 0,25. 0,25 1 ®iÓm 0,25. d : A(x  2)  B(y  1)  0  Ax  By  2 A  B  0. d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoÆc d2) mét gãc 450 2A  B. . A2  B2. A  3B  cos 45  3A  8AB  3B  0   2 2 2  (1) B  3A 0. 2. 0,25. 2. * NÕu A = 3B ta cã ®­êng th¼ng d : 3x  y  5  0 * NÕu B = -3A ta cã ®­êng th¼ng d : x  3y  5  0 VËy qua P cã hai ®­êng th¼ng tho¶ m·n yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x  y  5  0. 0,25 0,25. d : x  3y  5  0. Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d2 của tam giác đã cho. Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình 2x  y  5 2  (1) 2. 2. . 3x  6 y  7 3 6 2. 2. 3x  9y  22  0 (1 )  3 2x  y  5  3x  6 y  7   9x  3y  8  0 ( 2 ). +) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x  9y  c  0 . Do P  d nªn 6  9  c  0  c  15  d : x  3y  5  0 +) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x  3y  c  0 . Do P  d nªn 18  3  c  0  c  15  d : 3x  y  5  0. Lop12.net. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> VËy qua P cã hai ®­êng th¼ng tho¶ m·n yªu cÇu bµi to¸n. d : 3x  y  5  0 d : x  3y  5  0. VIa. 2. Xác định tâm và bán kính của đường tròn......... 1 ®iÓm. DÔ thÊy A’ ( 1; -1; 0) * Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:. a. x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0,. 2. 0,25.  b2  c2  d  0. 0,25. . 5  2a  2 b  d  2  0 a   2 2a  6 b  4c  d  14  0   b  1 V× A' , B, C, D  S  nªn ta cã hÖ:  8a  6 b  4c  d  29  0 c  1 8a  2 b  4c  d  21  0  d  1. 0,25. Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x 2  y 2  z 2  5 x  2 y  2 z  1  0 5 29 (S) cã t©m I ;1;1 , b¸n kÝnh R  2. 2. . +) Gäi H lµ h×nh chiÕu cña I lªn (P). H lµ t©m cña ®­êng trßn ( C) +) Gäi ( d) lµ ®­êng th¼ng ®i qua I vµ vu«ng gãc víi (P). (d) có vectơ chỉ phương là: n1;1;1 x  5 / 2  t  5  Suy ra phương trình của d: y  1  t  H  t;1  t;1  t  2  z  1  t  5 2. 5 2. Do H  d   (P ) nªn:  t  1  t  1  t  2  0  3t    t  . 0,25 5 6. 5 1 1  H ; ;  3 6 6. IH . VII a.. 75 5 3 29 75 31 186     , (C) cã b¸n kÝnh r  R 2  IH 2  4 36 6 6 36 6. Tìm số nguyên dương n biết........ 0,25 1 ®iÓm. * XÐt (1  x)2 n 1  C 02 n 1  C12 n 1x  C 22 n 1x 2  ....  (1)k C 2kn 1x k  ....  C 22 nn 11x 2 n 1 (1) * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có:  (2 n  1)(1  x)2 n  C12 n 1  2C 22 n 1x  ...  (1) k kC 2k n 1x k 1  ....  (2 n  1)C 22 nn 11x 2 n. (2) Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 2n(2n  1)(1  x)2 n 1  2C 22 n 1  3C 32 n 1x  ...  (1)k k( k  1)C 2k n 1x k  2  ....  2n(2n  1)C 22 nn 11x 2 n 1. Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: k 2n 1 2n 1 2n(2n  1)  2C 22n 1  3.2.2C 32n 1  ...  (1)k k(k  1)2 k 2 C 2n C 2n 1 1  ...  2n(2n  1)2. Phương trình đã cho  2n(2n  1)  40200  2n 2  n  20100  0  n  100 VIb.1 Viết phương trình chính tắc của E líp (H) cã c¸c tiªu ®iÓm F1  5;0; F2 5;0 . H×nh ch÷ nhËt c¬ së cña (H) cã mét đỉnh là M( 4; 3), x 2 y2   1 ( víi a > b) a 2 b2 1 (E) còng cã hai tiªu ®iÓm F1  5;0; F2 5;0  a 2  b2  52. Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng:. Lop12.net. 0,25. 0,25 0,25 0,25 1 ®iÓm 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> M 4;3  E   9a 2  16b 2  a 2 b 2. 2 . a 2  52  b 2. a 2  40   2 2 2 2 2 9a  16b  a b b  15. 0,25. Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ: . Vậy phương trình chính tắc của (E) là: VIb. 2. x 2 y2  1 40 15. 0,25. Tìm điểm M thuộc  để AM ngắn nhất. 1 ®iÓm.  x  2t  3 Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:  y  t  1 z  t  3 . 0,25. Gäi I lµ giao ®iÓm cña (d) vµ (P)  I 2t  3; t  1; t  3 Do I  P   2t  3  2(t  1)  (t  3)  5  0  t  1  I  1;0;4. * (d) có vectơ chỉ phương là a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n1;2;1. 0,25.  .  a, n   3;3;3 . Gọi u là vectơ chỉ phương của   u 1;1;1 x  1  u  . V× M    M 1  u; u;4  u  ,  AM1  u; u  3; u    : y  u z  4  u . 0,25. AM ng¾n nhÊt  AM    AM  u  AM.u  0  1(1  u)  1(u  3)  1.u  0 4   7 4 16  ; ;   u  . VËy M 3  3 3 3. VIIb. 0,25. Giải hệ phương trình:.................... 1 ®iÓm. 23x 1  2 y  2  3.2 y  3x (1)   3x 2  1  xy  x  1 (2) x  1  0  x  1 Phương trình (2)   2   x(3 x  y  1)  0 3 x  1  xy  x  1  x  1 x  0     x  0   x  1 3 x  y  1  0  y  1  3 x . 0,25. * Víi x = 0 thay vµo (1) 2  2 y  2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y . 0,25. 8 8  y  log 2 11 11.  x  1 thay y = 1 – 3x vµo (1) ta ®­îc: 2 3 x 1  2 3 x 1  3.2  y  1  3x 1 §Æt t  2 3 x 1 V× x  1 nªn t  4 1 t  3  8 lo¹ i  x  log 2 3  8  1 1 2 3 (3)  t   6  t  6 t  1  0    t y  2  log (3  8 ) t  3  8 2 . * Víi .  . Lop12.net.  . 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>  .  . 1  x  0  x  log 2 3  8  1 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  8 vµ  y  log 2 y  2  log (3  8 )  11 2 . Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>