Đề thi thử đại học 2010 môn: Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 MÔN:TOÁN-KHỐI A&B I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. CâuI (2điểm): Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 4 (C) 1: Khảo sát hàm số. 2: Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm A(2 ; 0) có hệ số góc k.Tìm k để (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt A ; M ; N sao cho hai tiếp tuyến của (C ) tại M và N vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm): 1: Giải phương trình:. 3(sin 3. 2: Giải bất phương trình: Câu III (1điểm):. x x 1  cos 3 )  2 cos x  sin 2 x 2 2 2. x 2  35  5 x  4  x 2  24. Tính tích phân : I =. 5. ln( x  1  1) dx x 1 2.  x 1. Câu IV (1điểm): Cho tam gi¸c ABC c©n néi tiÕp ®­êng trßn t©m J b¸n kÝnh R=2a (a>0) ,gãc BAC =1200.Trªn ®­êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC) lÊy ®iÓm S sao cho SA = a 3. Gäi I lµ trung ®iÓm ®o¹n BC .TÝnh gãc gi÷a SI vµ h×nh chiÕu cña nã trªn mÆt ph¼ng (ABC) & tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC theo a Câu V (1điểm): Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:. 2 y 2 x 2 z 1 1 1  3 2 3  2 2 2 3 2 2 x y y z z x x y z. PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A.Theo chương trình chuẩn (2điểm) Câu VIa: 1) Cho  ABC có diện tích bằng. 9 ; Điểm A(1;2); B(-2;3) trọng tâm G của  2. ABC thuộc đường thẳng (d): x + y – 2 = 0.Tìm tọa độ điểm C 2) Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A1(0;0;2). M là trung điểm AB; N là tâm của hình vuông ADD1A1. Tính bán kính của đường tròn là giao tuyến của mặt cầu đi qua C ; D1 ; M ; N với mặt phẳng MNC1 Câu VII/a: Cho n là số tự nhiên n  2.Tính n. S   k 2Cnk 2k  12.Cn1 .2  22.Cn2 .22  ...  n 2 .Cnn .2n k 1. B. Theo chương trình nâng cao (2điểm) Câu VIa.1) Cho (P) y2 = x và đường thẳng (d): x – y – 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A và B. Tìm điểm C thuộc cung AB sao cho  ABC có diện tích lớn nhất 2) Trong không gian Oxyz cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D” có A(0;0;0); B(1;0;0);D(0;1;0),A’(0;0;1). Điểm M là trung điểm của AB , N là tâm hình vuông ADD’A’ Tính bán kính đường tròn là giao của mặt cầu (S) đi qua C,D’M,Nvới mặt cầu đi qua A’,B,C’,D 2( x  1)   yx log 2010 y Câu VII/b: Giải hệ phương trình   y 2  x2  2  x  3 y . ..............Hết............... Ghi chú :-Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN CÂ U. ĐI ỂM. I/1 Khảo sát hàm số 1:Tập XĐ:R 2:Sự biến thiên +Giới hạn. y=x3-3x2+4. lim y  ; lim y  . x . x . +Bảng biến thiên +y'=3x2-6x=0  x=0;x=2 Hàm số đồng biến (-  ;0) và (2;+  );nghịch biến (0;2);Cực đại tại (0;4);Cực tiểu tại (2;0) x y'. -. 0 +. 0. 2 -. 0. 4. +. 0,2 5. 0,2 5. + +. y - 0 3:Đồ thị +y"=6x-6=0  x=1 Điểm uốn đồ thị U(1;2) +Đồ thị. 025. 025. …………………………… +PT đường thẳng d: y=k(x-2) +Hoành độ A;M;N là nghiệm PT: x3-3x2+4=k(x-2) I/2  (x-2)(x2-x-2-k)=0  x=2=xA;f(x)=x2-x-2-k=0 +PT có 3nghiệm phân biệt  f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2  xM  xN  1   0 9     k  0 .Theo Viét ta có  4  f (2)  0  xM xN  k  2 +Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau  y'(xM).y'(xN)=-1 3  2 2 (tm)  ( 3 xM2  6 xM )(3 xN2  6 xN )  1  9k2+18k+1=0  k  3. 025. PT tương đương. 025 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II/ 1. x  x x x x 1  x  cos 3 )  2 cos x  sin 2x  3 sin  cos  1  sin cos   2  sin x  cos x 2 2 2 2  2 2  2 x  1 x x  x x  x    3 sin  cos  1  sin x   2  sin x  cos  sin  cos  sin  2  2 2 2  2 2  2   x x x 3   x   cos  sin (2  sin x) sin  cos    0 2 2 2 2   2 x x x   x  * sin  cos  0  sin     0    k  x   k2  (k  ) 2 2 2 4 2 2 4 * 2  sin x  0  sin x  2 (v« nghiÖm) 3(sin 3. x x 3 3  3 x   * sin  cos    2 sin      sin x     (v« nghiÖm) VËy nghiÖm 2 2 2 2 4 2 2 2 4   của phương trình là: x   k2   k    2. 05. 025 025 025 025. 025 025. ............................................................................................................. II/ 2. x 2  35  x 2  24  5 x  4. BPT tương đương . 11 x  35  x 2  24 2. 025.  5x  4.  11  (5 x  4)( x 2  35  x 2  24). Xét: a)Nếu x . 025. 4 không thỏa mãn BPT 5. b)Nếu x>4/5: Hàm số y  (5 x  4)( x 2  35  x 2  24) với x>4/5 y'= 5( x 2  35  x 2  24)  (5 x  4)(. 1 x  35 2. . 1 x  24 2. ) >0 mọi x>4/5. +Nếu 4/5<x  1 thì y(x)  11 +Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 ……………………………………………………………………….. Đặt t= x  1  1 * x = 2 t = 2 *x = 5  t = 3 *dx=2(t-1)dt I=2. 025. Vậy HSĐB.. III. 3. 3. (t  1) ln t ln t 2 (t  1)2  t  1 dt  22 t dt 3.  2  ln td ln t  ln 2 t 32  ln 2 3  ln 2 2 2. ………………………………………………………………………... Lop12.net. 025 05.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> S. 025. IV. E. B. D. C. 025. A. +Gọi D là trung điểm BC  AD  BC (Vì ABC cân tại A)  AD  (SBC) +Gọi E trung điểm SB  AE  SB (Vì SAB đều)  DE  SB (Định lý 3 đường vuông góc) +SC//DE (DE đường trung bình tam giác)  SC  SB Vậy tam giác SBC vuông tại S +AD là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.Nên tâm O mặt cầu ngoại tiếp SABC thuộc AD.Mặt khác O cách đều A; B; C nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vậy bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 025. DC a 2  b2 3a 2  b 2   sin C  +BC = a  b  cosC= AC 2a 2a 2 AB a +R=  2sin C 3a 2  b 2. 025. ……………………………………………………………………….. +Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D1(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình: x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 nên. 025. 4a  4b  d  8  0 4b  4c  d  8  0 5 1   a  c   ;b   ; d  4  2 2  2a  d  1  0 2b  2c  d  2  0. 025. 2. V. 025. 2. 025. Suy ra tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R =  . 35 2. +(MNC1) đi qua M(1;0;0) nhận  MC1 ; NC1   (0;3; 3) làm véc tơ pháp tuyến có PT: y – z = 0 + h = d(I;(MNC1)) = 2. 05. + Bán kính đường tròn giao tuyến là R 2  h 2  VI. 3 3 2. ……………………………………………………………………….. +Đặt a  x  0; b  y  0; c  z  0 2a 2b 2c 2a 2b 2c 1 1 1 +VT= 6 4  6 4  6 4  3 2  3 2  3 2  2 2  2 2  2 2 a b b c c a 2a b 2b c 2c a ab bc ca. 05. (Theo BĐT CôSi) +VP= VI. 1 1 1 1 1 1  4 4 2 2 2 2 2 2 4 a b c ab bc ca. (Áp dụng BĐT CôSi cho từng cặp) ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1 ……………………………………………………………………….. Lop12.net. 025 025.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> I/a. Phần riêng theo chương trình NC  y2  x x  y  2  0. +Tọa độ A;B là nghiệm hệ:  +C(yo2;yo)  (P); h=d(C;d)=. A(1;-1); B(4;2) 025. y  yo  2 2 o. 025. 2. 1 2. 3 2 yo  yo  2 2 +Xét hàm số f = yo2  yo  2 Với 1  yo  2. + SABC  h. AB . VI I/b. Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2) ………………………………………………………………………... 025. n. S   k 2Cnk 2k  12.Cn1 .2  22.Cn2 .22  ...  n 2 .Cnn .2n k 1 n. n. k 1. k 1. =  k (k  1)Cnk 2k   kCnk 2k Xét khai triển n. (1+x)n=  Cnk x k ;. n(1+x)n-1=. k 0. n.  kC k 0. n. k n. x k 1 Lấy x=2 ta được. 025. n. n.3n-1=  kCnk 2k 1  2n.3n-1=  kCnk 2k k 0. k 0. n. +n(n-1)(1+x)n-2 =  k (k  1)Cnk x k 2 Lấy x=2 ta được k 0. n. n. k 0. k 0. n(n-1)3n-2=  k (k  1)Cnk 2k 2  4n(n-1)3n-2=  k (k  1)Cnk 2k. VI I/a. Vậy S=n.3n-2(2+4n) ……………………………………………………………………….. Phần riêng theo chương trình +PT đường thẳng AB: x+3y-7=0 +G  (d)  G(a;2-a) Do G trọng tâm tam giác ABC nên diện tích tam giác GAB bằng 3/2 1 1 3 + SGAB  AB.d (G; AB)  2a  1  giải tìm được a = 1; a = -2 2 2 2 +Nếu a = 1  G(1; 1) Vậy C(4; -2) +Nếu a = -2  G(-2; 4) Vậy C(-5; 7). ………………………………………………………………………. x  3y  0 x  3y  0 + y  x  2  x  3y   2  2  y  x  2 h y  x 1  y  3y  x  x  2  0 2. 025 025. 025 025 025 025 05. 2. +Với y = -x - 2 thay PT hệ: VI I/b. log 2010. 2.20102  2 6.20102 2( x  1) =-2  x = ; y = (tm đk) 2.20102  1 2.20102  1 x  2. 025. +Với y = x - 1 thay PT của hệ: x=. 1  log 2010 2 log 2010 2  1 ; y= 2 2. Không thỏa mãn điều kiện. ……………………………………………………………………….. Lop12.net. 025.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>