Đề thi thử đại học lần 3 - Năm 2010 môn thi: Toán; Khối: A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜG THPT ĐẶG THÚC HỨA Thanh Chương – ghệ An GIÁO VIÊ:. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 3 - ĂM 2010 Môn thi: TOÁ; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.. TrÇn §×nh HiÒn. PHẦ CHUG CHO TẤT CẢ THÍ SIH (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =. 1 4 m 2 x − x − 2m m 2. (1) , m là tham số thực khác 0.. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = - 2. 2. Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có 1 điểm cực đại A và 2 điểm cực tiểu B và C sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3sin 4 x + 2 cos 2 3 x + cos 3 x = 3cos 4 x − cos x + 1 2. Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có nghiệm x 2 + ( m + 2) x + 4 = ( m − 1) x 3 + 4 x , ( x ∈ R ) Câu III (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số y = e x 25 − e x và y =. 144 25 − e x. Câu IV (1,0 điểm).
= 600 ; hai mặt phẳng (SAC) và Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a, (a > 0) ; BAD (SBD) cùng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh BC và SD. Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh bên SC tại E. Biết MN vuông góc với AN, tính thể tích khối đa diện AND.MCE theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0 thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 +. ab + bc + ca ≥4 a 2b + b 2 c + c 2 a. PHẦ RIÊG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình ChuPn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao AA1 : 2 x − y + 1 = 0 , đường trung tuyến. BM : y + 3 = 0 , đường trung trực cạnh AB là d: x + y + 2 = 0. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; - 1; 0), B(3 ; 3; 2), C(5; 1 ; - 2),. Tìm tọa độ đỉnh S của hình chóp tam giác đều S.ABC biết thể tích của khối chóp S.ABC bằng 6. Câu VII.a (1,0 điểm) Tính tổng S =. 8 C88 C98 C108 C2010 , trong đó Cnk là số tổ hợp chập k của n + + + ... + 7.8 8.9 9.10 2009.2010. phần tử. B. Theo chương trình âng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2mx + 2y – 15 = 0 và đường thẳng ∆ : 4 x + my − 3m + 15 = 0 (m là tham số thực) . Tìm các giá trị m để đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt E và F sao cho EF = 8. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y – z = 0, hai đường thẳng d :. ∆:. x−4 y z và = = 1 1 −3. x − 3 y z +1 . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng d sao cho M và N đối = = 1 2 2. xứng với nhau qua đường thẳng ∆. Viết phương trình chính tắc đường thẳng d1 đi qua M vuông góc với d và tạo với mặt phẳng (P) một góc ϕ = 300 . Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn | z |= 1 và | z +. i |= 2 . Tính tổng S = 1 + z 2 + z 4 + ... + z 2010 z. --------------- Hết --------------Thông báo: 1) Trung tâm luyện thi ĐH-CĐ khối A tại Xã Thanh Tường – Huyện Thanh Chương – Tỉnh 8ghệ An sẽ tuyển sinh năm học 2010 – 2011 các khối lớp 10, 11, 12, 13. 2) Môn Toán: Thầy Trần Đình Hiền ; Môn Lý: Thầy Trần Đình Hùng ; Môn Hóa: Thầy 8guyễn Phương Kháng. 3) Thời gian đăng ký danh sách: Lớp 11,12 từ ngày 1/6/2010. Lớp 10, 13 từ ngày 25/8/2010. 4) Mọi chi tiết xin liên hệ Thầy: 8guyễn Phương Kháng - Số điện thoại : 0986606720 hoặc vào địa chỉ: Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L3 ĂM 2010 – GV: TRẦ ĐÌH HIỀ Câu I-1. ội dung. Điểm. 1 4 2 Khi m = - 2ta có hàm số y = − x + x + 4 . *Tập xác định D = R. 2. *Sự biến thiên. 0,25. + Chiều biến thiên : y’ = - 2x(x2 – 1) ; y’= 0 ⇔ x = 0 v x = ± 1. Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; - 1) và (0 ; 1). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1; + ∞) + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = ± 1, yCĐ = 9/2. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 4 + Giới hạn tại vô cực:. 1 1 lim (− x 4 + x 2 + 4) = −∞; lim (− x 4 + x 2 + 4) = −∞ x →+∞ 2 2. 0,25. x →−∞. y. + Bảng biến thiên: x y’. 6. -∞. -1 0 9/2. +. 0 0 -3. -. 1 0 9/2. +. 5. +∞. 4. -. 0,25. 3 2. y. 1. -∞. 4. -∞. x -4. -3. -2. -1. *Đồ thị: + Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm: (-2;0) , (2; 0) + Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;4) + Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. I-2. 1. 2. 3. 4. 5. -1 -2. 0,25. -3. y’ = 4 x 3 − m x ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = ± m . Đk để hàm số có 1 cực đại và 2 cực tiểu là m > 0. m 2. (*). 0,25. 3. 3 m m Ba điểm cực trị A(0;- 2m), B ( − m ; − m − 2 m ) , C ( ; − − 2m ) .. 2. 2. 8. 8. 0,25. 3. Phương trình cạnh BC: y + Diện tích tam giác ABC là II-1. m m 3 . Độ dài cạnh BC = |m|, + 2 m =0 độ dài đường cao AH = d(A;BC) = 8 8 S. ABC. =. 1 B C .A H = 1 ⇔ m 2. 4. = 16 ⇔. m = 2 (Thỏa mãn đk (*)) v m = - 2 (Không thỏa mãn đk(*)). P T ⇔ 3 (s in 4 x − c o s 4 x ) + ( 2 c o s 2 3 x − 1) + ( c o s 3 x + c o s x ) = 0 ⇔ − 3 c o s 2 x + c o s 6 x + 2 c o s 2 x c o s x = 0. ⇔ 4 c o s 3 2 x − 6 c o s 2 x + 2 c o s 2 x c o s x = 0 ⇔ co s 2 x ( 2 c o s 2 2 x − 3 + co s x ) = 0. (1)  cos 2 x = 0 ⇔  2  2(cos 2 x − 1) + (cos x − 1) = 0 (2). * P T (1) ⇔ x =. π 4. +. kπ ,k ∈ Z 2. 0,25 +0,25 0,25. 0,25. * P T ( 2 ) ⇔ 2 (c o s 2 x + 1)(c o s 2 x − 1) + (co s x − 1) = 0 ⇔ 8 c o s 2 x ( − sin 2 x ) + (c o s x − 1) = 0 0,25. ⇔ 8 cos 2 x (cos 2 x − 1) + (cos x − 1) = 0 ⇔ (cos x − 1)  8 cos 2 x (cos x + 1) + 1  = 0 (3)  co s x = 1 ⇔  2 ( 4) + + = 8 co s x (co s x 1) 1 0 . PT (3) ⇔ x = k 2π , k ∈ Z ; II-2. 0,25. PT(4) vô nghiệm vì. −1 ≤ cos x ≤ 1 ,∀x ∈ R. nên. 8cos x(cos x + 1) + 1 > 0, ∀x ∈ R 2. ĐK: x ≥ 0. Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình • Nếu x≠0 thì phương trình tương đương với. ⇔. x2 + 4 + (1 − m ) x. • Đặt t =. 0,25. ( x + 4) + (1 − m) x ( x + 4) + (m + 2) x = 0 2. 2. 0,25. x2 + 4 +m+2=0 x. (1). x2 + 4 x2 − 4 x 2 + 4 . Xét hàm số f ( x) = , ( x > 0) ⇒ f '( x ) = ; f '( x ) = 0 ⇔ x = 2 x x2 x. 0,25. lim+ f ( x) = +∞; lim f ( x) = +∞ ⇒ min f ( x) = f (2) = 4 . Từ đó ta có điều kiện t ≥ 2. x →+∞. x →0. x∈(0;+∞ ). • Phương trình (1) trở thành t2 + (1 – m)t + m + 2 = 0 Xét hàm số g ( t ) = Ta có. ⇔m=. t2 + t + 2 . t −1. t2 + t + 2 t 2 − 2t − 3 , ( t ≥ 2) ⇒ g '( t ) = ; g '( t ) = 0 ⇔ t = 3 t −1 ( t − 1) 2. g (2) = 8, g (3) = 7, lim g (t ) = +∞ ⇒ min g (t ) = g (3) = 7. t →+∞ t∈[ 2; +∞ ) Phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn x > 0 khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm t ≥ 2. Giá trị tham số m cần tìm là : m ≥ 7. Lop12.net. (2). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> III. Phương trình hoành độ giao điểm e x. 25 − e x =. 144. ⇔ e 2 x − 25 e x + 144 = 0 ⇔ e x = 9 hoặc e = 16 x. 25 − e. x. 0,25. ⇔ x = ln9 hoặc x = ln16. Diện tích hình phẳng là S =. ln 1 6. ∫. ex. 25 − e x −. ln 9. Đặt. 25 − e. x. dx =. ∫. ln 9.  x e . 144. 25 − e x −. 25 − e. x.   dx . t = 25 − e x ⇔ e x = 25 − t 2 . Khi x = ln 9 thì t = 4; Khi x = ln16 thì t = 3. Ta có exdx = - 2tdt . 3. 3. 4. 4. S = − ∫ 2t 2 dt + ∫ IV. ln 1 6. 144. 0,25 0,25. Do đó. 4 4  2t 3 144 t − 5  4 74 144  4  288t 288 2 = 2 + + ln + ln   (đvdt) dt t dt dt =   = 2 2 ∫ ∫ 5 5 t (25 − t ) t − 25 t+5  3 3 9  3 3 3. z. Do (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO⊥(ABCD).
= 600 nên ∆ABD đều cạnh bằng 2a. BAD Đặt SO = x (x > 0); AO = OC = a 3; BO = DO = a. 0,25. S. 0,25. ∆ABD cân có. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. . A( a 3; 0; 0), B (0; a; 0), C (− a 3;0;0), D (a; − a; 0), S (0;0; x). a 3 a a x M (− ; ; 0), 8 (0; − ; ) 2 2 2 2   a x    a 3 x A 8 =  − a 3 ; − ;  , M 8 =  ; − a; 2 2 2 2   .   AN⊥MN ⇔ A8 .M8 = 0. E C. D.   . 600. x. ⇔ x = 2a.. A. a 3O 2a. I. 0,25. M B y. Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng AM và CD. Khi đó E = NI∩SC và C là trung điểm của DI. CE 1 = . CS 3 1 1 VAD8 .MCE = V8 . AID − VEMIC = d ( 8 , ( ABCD)).S AID − d ( 8 , ( ABCD)).S MIC 3 3 1 SO 1 SO 1 5 5 3a 3 = . .S ABCD − . . S ABC = SO.S ∆ABD = 3 2 3 3 2 18 9. 0,25. ⇒ E là trọng tâm của ∆SDI ⇒. V. 0,25. (a3 + ab2 ) + (b3 + bc2) + (c3 + ca2) ≥ 2a2b + 2b2c + 2c2a ⇔ 3(a2 +b2 +c2) = (a +b +c)(a2 +b2+ c2) = (a3 + b3 + c3 + ab2 +bc2+ ca2 ) + +a2b + b2c + c2a ≥ 3( a2b + b2c + c2a) ⇒ V T − 4 ≥ a 2 + b 2 + c 2 + a b + b c + c a − 4 . 2 2 2. 0,25 +0,25. Đặt x = a + b + c . Theo BĐT Bunhiacopsky ta có a + b + c ≥ 1 ( a + b + c ) 2 = 3 ⇒ x ≥ 3.. 0,25. a +b +c. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 3 ab + b c + ca 9−x ( x − 3)( 2 x − 3) a2 + b2 + c2 + 2 −4= x+ −4= ≥ 0 ∀x ≥ 3 . a + b2 + c2 2x 2x. 0,25. Do đó ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. VIa-1. Gọi A(a;2a+1)∈ AA1, B(b ;- 3)∈ BM ⇒.   AB = (b − a; −2a − 4) . Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là ud = (1; −1). Gọi {N} = d∩AB ⇒ Ν là trung điểm của cạnh AB , 8 ( a + b ; a − 1) . Ta có hệ phương trình. 2. a + b  8 ∈ d + ( a − 1) + 2 = 0  a = 1 . Hay A(1; 3) , B(- 5; - 3)  ⇔  2 ⇔      AB .u d = 0 b = −5  b − a + 2 a + 4 = 0 Gọi C(t;k) ⇒. M(. 0,25.   BC = (t + 5; k + 3) . Một vecto chỉ phương của đường thẳng AA1 là uAA1 = (1; 2) . Trung điểm cạnh AC là. t +1 k + 3 ; ). 2 2.  M ∈ BM Ta có hệ      BC .u AA 1. k + 3 +3=0  t = 7 . Vậy C(7; - 9)  ⇔  2 ⇔  =0  k = −9  t + 5 + 2( k + 3) = 0. Phương trình đường cao CC1 là: x + y + 2 = 0. Trực tâm H là giao điểm của hai đường cao AA1 và CC1 ⇒ Η(− 1; − 1) VIa-2.    AB = (2; 4; 2), AC = (4; 2; 2), BC = (2; −2; −4) ⇒ AB = AC = BC = 2 6. hay ∆ABC đều.. 0,25. 0,25 0,25. Tâm của tam giác đều ABC là G(3; 1; 0). Gọi d là đường thẳng đi qua G vuông góc với mặt phẳng (ABC). Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là.  1   x − 3 y −1 z u = −  AB, AC  = (1; −1;1) . Phương trình đường thẳng d: = = 12 1 −1 1. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>   1  AB, AC  = (−12;12; −12) ⇒ S ABC =   2.    AB, AC  = 6 3 (đvdt)  . 0,25. Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên S∈ d ⇒ S(3 + t; 1 – t ; t). VIIa. 1 VS . ABC = SG.S ABC = 6 ⇒ SG = 3 ⇔ t2 + (-t)2 + t2 = 3 ⇔ t = ± 1. Hay có 2 điểm S(4; 0 1) và S(2; 2 ; - 1) 3 C k C k −1 Cnk++11 Cnk−−11 Áp dụng: n = n −1 ⇒ = , ∀k , n ∈ 8 ; n ≥ k ≥ 1 n k n(n + 1) k (k + 1). C66 C76 C86 C6 1 6 + + + ... + 2008 = ( C66 + C76 + C86 + ... + C2008 ) 7.8 8.9 7.8 7.8 56 k −1 k k k −1 k k Áp dụng: Cn −1 + Cn −1 = Cn ⇔ Cn −1 = Cn − Cn −1 , ∀k , n ∈ 8 ; k , n ≥ 1; n ≥ k + 1 S=. S= Vb-1. ⇔ 16 = m 2 + 16 −. 0,25 0,25. 15 m 2 + 16. < R , ∀m ∈ R. Gọi H là trung điểm của EF⇒ IH⊥EF. Áp dụng ĐL Pitago cho tam giác IEH ta có. Vb-2. 0,25. R = m 2 + 16 .. Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng ∆ là d ( I , ∆ ) =. 0,25. 0,25. 7 C2009 1 7 7 C77 + ( C87 − C77 ) + ( C97 − C87 ) + ... + ( C2009  − C = 2008 )  56  56. Đường tròn (C) có tâm I(m; - 1), bán kính. 0,25. 0,25. EF2 = R 2 − d 2 ( I , ∆). 0,25. 15 ⇔ m 2 + 16 = 25 ⇔ m = ±3 m 2 + 16. 0,25. Gọi M(a;b;2a + b) ∈(P) và N(4 + c; c; - 3c) ∈ d , (a,b,c ∈ R) Một vecto chỉ phương của đường thẳng ∆ là.   u∆ = (1; 2; 2) ; M8 = (−a + c + 4; −b + c; −2a − b − 3c). và trung điểm của. a + c + 4 b + c 2 a + b − 3c  . ; ;  2 2 2  . đoạn thẳng MN là I  . 0,25. M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng ∆ ⇒.    M8 .u ∆ = 0 ⇔   I ∈ ∆. 1( − a + c + 4) + 2( − b + c ) + 2( − 2 a − b − 3c ) = 0  ⇔  a + c − 2 b + c 2 a + b − 3c + 2 = =  2 4 4. Giả sử một vecto chỉ phương của đường thẳng d1 là. a = 1   b = − 1 Hay M(1;- 1; 1), N(5; 1; - 3)  c = 1.   u1 = (a; b; c) . Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là u = (1;1; −3) ..  n = (2;1; −1) . Từ giả thiết ta có. Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) là.   a + b − 3c = 0 u1.u = 0 b = 3c − a  1 ⇔   ⇔  | 2a + b − c |  2 2 2 = sin(d1,(P)) =| cos(u1, n) |  6 a2 + b2 + c2 2 2(a + 2c) = 3(2a +10c − 6ac)  11   b = 3c − a  a= c  a = c   2 . Hay u 1 = ( c; 2c; c ) v ⇔ a − c = 0 ⇔  v b = 2c b = − 5 c   2 a − 11c = 0   2 x − 1 y + 1 z − 1 và x − 1 Có 2 đường thẳng d1 thỏa mãn bài toán là: = = = 1 2 1 11 VIIb. 0,25. 0,25.  11 5 u1 = ( c; − c; c) 2 2 0,25. y +1 z −1 = 2 −5. | z |= 1 Giả sử z = a + bi, (a,b ∈ R). Ta có hệ phương trình  . 2 2  a + b = 1 ⇔ 2 2 2 | z + i |= 2 | z | | ( a − b ) + (2ab + 1)i |= 2. 0,25. b2 = 1 − a 2 b2 = 1 − a 2 Khi đó các số phức thỏa mãn là: z = - 1; z = 1; z = - i; z = i. ⇔ 2 ⇔ 2 2 2 (2a − 1) + 4a (1 − a ) + 4ab + 1 = 2 ab = 0. 0,25. Với z = - 1 hoặc z = 1 ta có S = 1006. 0,25. (z ) 2. Với z = - i hoặc z = i ta có S =. 10 06. −1. z −1 2. (i ) 2. =. 1006. −1. i −1 2. =0. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>