lai hoa ao hóa học 10 nguyễn mạnh hưng thư viện tư liệu giáo dục

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (238.46 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hµm sè y=2x −1
x+1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .

2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I(−1;2) tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn
nhất .

Câu II (2 điểm) :

1. Giải hệ phương trình:

2 2

1 4

( ) 2 7 2

x y xy y

y x y x y

    



   



.

2.Giải phương trình : 2 sin2x −sin 2x

+sinx+cosx −1=0 .

Câu III (1 điểm):

Tính tích phân

cotx

I dx

sinx.sin x
4







 



 

 



Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể
tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.

Cõu V (1 điểm) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :
 10x ❑2+8x+4=m(2x+1).

√

x2+1 .

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1. ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 và phân giác trong CD: 
1 0

x y   . Viết phương trình đường thẳng BC.

2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:

2 2 2

x

t

y

t

z

t

 









  



.Gọi  là đường thẳng qua điểm
A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vng góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua

, hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.

Câu VII.a (1 im) Với x,y là các số thực thuộc đoạn

0;1

. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

1 1 2 9

2 1 1 1

xy
P

xy x y xy x y


   

     

2. Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn

2 2

( ) :C x  – 2 – 2 1 0,y x y   ( ') :C x2 y24 – 5 0x  cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình
đường thẳng qua M cắt hai đường trịn ( ), ( ')C C lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB.

2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d’ lần lợt có phơng trình : d :
x=y −2

−1 =z vµ d’ :

x −2

2 =y 3=

z+5

1 .

Viết phơng trình mặt phẳng () đi qua d và tạo với d một góc 300
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh

1 1 2

3 3 2 3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Kỳ thi thử đại học- cao đẳng 
năm 2010

Híng dÉn chÊm m«n to¸n

Câu

Phần

Nội dung

I

(2,0)

1(1,0)

Làm đỳng, đủ cỏc bước theo Sơ đồ khảo sỏt hàm số cho điểm tối đa.

2(1,0)

. Tập xác định : x ≠ −1 .

y=2x −1

x+1 =2−

x+1 ,

x+1¿2
¿
y '=3

,
Bảng biến thiên:

Tim cn ng : x=−1 , tiệm cận ngang y=2

2. NÕu M

(

x0;2−

x0+1

)

∈(C) thì tiếp tuyến tại M có phơng trình

x0+1
2

y 2+ 3

x0+1=

hay

x0+1
2

(y 2)3(x0+1)=0
3(x x0)

. Khoảng cách tõ I(−1;2) tíi tiÕp tun lµ

x0+1¿
4

¿
x0+1¿2

¿
x0+1¿2

¿
¿

√¿

9+¿

√¿

d=

|

3(−1− x0)−3(x0+1)

|

√

(

x0+1

)

|

x0+1

|

Theo bất đẳng thức Cơsi

x0+1¿
2

¿
x0+1¿

≥2

√

9=6
¿

, v©y d

6 . Khoảng cách d lớn nhất bằng

6 khi

x0+1¿2

x0+1¿2⇔

(

x0+1

)

2=3⇔x0=−1±

√

3
¿

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu Ý
1

1) CâuII:2. Giải phương trình:

2 sin2x −sin 2x

+sinx+cosx −1=0⇔2sin2x −(2 cosx −1)sinx+cosx −1=0 .

2cosx −3¿2

2 cosx −1¿2−8(cosx −1)=¿
Δ=¿

. VËy sinx=0,5 hc sinx=cosx −1 .

Víi sinx=0,5 ta cã x=π

6+2kπ hc x=

5π

6 +2kπ

Víi sinx=cosx −1 ta cã sinx −cosx=−1⇔sin

(

x −π

)

=−

√

2 =sin

(

−

π

)

, suy ra

x=2kπ hc x=3π

2 +2kπ

2

Dễ thấy

y0

, ta có:

2 2

2 2 2

2
1

4
1 4

( ) 2 7 2 1

( ) 2 7

x

x y
y

x y xy y

y x y x y x

x y
y
 
  

     

 
    
    



Đặt

2 1
,
x

u v x y

y


  

ta có hệ:

2 2

4 4 3, 1

2 7 2 15 0 5, 9

u v u v v u

v u v v v u

     

  

 

         

  

+) Với

v3,u1

ta có hệ:

2 1 2 1 2 2 0 1, 2

2, 5

3 3 3

x y

x y x y x x

x y

x y y x y x

 
          
  
     
      
  

.

+) Với

v5,u9

ta có hệ:

2 2 2

1 9 1 9 9 46 0

5 5 5

x y x y x x

x y y x y x

         

 

  

     

  

, hệ này vơ nghiệm.

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:

( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y  

Câu

Phần

III

(1,0)

Tính









3 3
6 6
3
2
6
cot cot
2

sinx sinx cos
sin x sin

4
cot
2

sin x 1 cot

x x

I dx dx

x
x
x
dx
x
 
 



 

 

 
 





Đặt 1+cotx=t 2

sin xdx dt

 

Khi

3 1
1 3;

6 3 3

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

V y ậ





3 1 3 1

3 1
3
3 1

1 2

2 2 ln 2 ln 3

3
t

I dt t t

t







  

      

 



IV

Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:







' '

 

' '



AB IC

AB CHH ABB A CII C

AB HH




   





Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm
'

K II .

Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:

1 3 1 3

' ' ' ' ' ;

3 6 3 3

x x

I K I H  I C  IK IH  IC

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:

2 3 3 2 2 2

' . . 6r

6 3

x x

I K IK OK  r  x 

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 3



' . '



h

V  B B  B B

Trong đó:

2 2 2

2 2

4x 3 3 6r 3; ' 3 3r 3; 2r

4 4 2

x

B x  B   h

Từ đó, ta có:

2 2 3

2 2

2r 3r 3 3r 3 21r . 3

6r 3 6r 3.

3 2 2 3

V     

 

 

V Nhận xét : 10x ❑2+8x+4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1)
Phơng trình tơng ng vi : 2 ( 2x+1

x2+1

2m(2x+1

x2+1

)+2=0 . 
Đặt 2x+1

√

x2

=t §iỊu kiƯn : -2< t

√

5 . Rót m ta cã: m= 2t

+2
t

Lập bảng biến thiên của hàm số trên ¿ , ta có kết quả của m để phơng trình có hai nghiệm phân biệt là: 
-5 < m<−4

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Điểm C CD x y :   1 0  C t



;1 t



. 
Suy ra trung điểm M của AC là

1 3
;

2 2

t t

M   

 .

Điểm





1 3

: 2 1 0 2 1 0 7 7;8

2 2

t t

MBM x y           t  C 

 

Từ A(1;2), kẻ AK CD x y:   1 0 tại I (điểm K BC ).
 Suy ra AK:



x1

 

 y 2



 0 x y  1 0.

Tọa độ điểm I thỏa hệ:





1 0

0;1
1 0

x y

I
x y

  





  

 .

Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K



1;0



.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:

4 3 4 0

7 1 8

x y



    

 
2

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng , thì ( ) //( )P D hoặc ( )P ( )D . Gọi H là hình chiếu vng góc của I trên (P). Ta ln có 
IH AH .

Mặt khác

   







 



 

, ,

d D P d I P IH

H P

  








Trong mặt phẳng

 

P , IH IA; do đó maxIH = IA H A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vng góc với IA tại A.
Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IA 



6;0; 3




 

, cùng phương với v



2;0; 1





.
Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2



x 4



1.



z1



2x - z - 9 = 0.

VIIa

+ Ta cã :

(*)

2 1

xy x y

 



  

.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Đúng với x,y thuộc



0;1



Khi đó

1 1 1

1(1)

2 1 1 1

xy x y

xy x y x y x y

 

   

      

+ V×

x y; 



0;1



 0xy1

1 2 1(2)

1
xy

xy

    



+Tong tù:









3
9

0 2 1 9 1(3)

x y x y

x y

        

 

Tõ (1);(2);(3) Ta cã :

P3

VËy , MinP=3 khi x=y=1

VIb

1)

+

Gọi tâm và bán kính của (

C

), (

C’

) lần lượt là

I

(1; 1) ,

I’

(-2; 0) và

1, ' 3

R R 

, đường thẳng (

2 2

( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)

a x b y   ax by a   a b 

.

+ Gọi

H, H’

lần lượt là trung điểm của

AM, BM.

Khi đó ta có:

MA2MB IA2 IH2 2 I A' 2 I H' '2









2 2

1 d I d( ; ) 4[9 d I d( '; ) ]

   

,

IA IH









2 2

2 2 2 2

4 d I d( '; ) d I d( ; ) 35 4. a b 35

a b a b

     

 

2 2

35 36

a b



   



Dễ thấy

b0

nên chọn

6
1



   



a
b

a

.

Kiểm tra điều kiện

IA IH

rồi thay vào (*) ta có hai ng thng tho món.

2 .Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phơng u(1;1;1)

Đờng thẳng dđi qua điểm M '(2;3;5) và có vectơ chỉ phơng u '(2;1;1) .

Mp () phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u vµ

|

cos(n ;u ')

|

=cos 600=1

A − B+C=0

|2A+B− C|

√

A2+B2+C2
=1

¿{

⇔

B=A+C
A+C¿2+C2

¿
¿⇔

¿
¿B=A+C

¿
A2

+¿

2|3A|=

√

6√¿

Ta cã 2A2−AC−C2=0⇔(A −C)(2A+C)=0 . VËy A=C hc 2A=−C .

Nếu A=C ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B=2 , tức là n=( 1;2;1) và mp(α) có phơng trình

x+2(y −2)+z=0 hay x+2y+z −4=0

Nếu 2A=−C ta có thể chọn A=1, C=−2 , khi đó B=−1 , tức là n=(1;−1;−2) và mp(α)

x − y −2z+2=0

VIIb 1,00

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:

a b c
b c a
c a b
 



 


  

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Đặt 2 , 2 ,



, , 0



, ,

a b c a

x y a z x y z x y z y z x z x y

 

          

.
Vế trái viết lại:

3 3 2

a b a c a

VT

a c a b a b c

x y z

y z z x x y

 

  

   

  

  

Ta có:









2 z z

x y z z x y z z x y

x y z x y

        

   .

Tương tự:

2 2

; .

x x y y

y z  x y z z x    x y z 

Do đó:





2
x y z

x y z

y z z x x y x y z

 

   

     .

Tức là:

1 1 2

3 3 2 3 3

b c

a

a b a c a b c a c a b

 

    

 

     

</div>

lai hoa ao hóa học 10 nguyễn mạnh hưng thư viện tư liệu giáo dục

<b>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.</b>

<sub>.</sub>

<b>Câu III (1 điểm): </b>



√

2

2

2 2

<i>x</i>

<i>t</i>

<i>y</i>

<i>t</i>

<i>z</i>

<i>t</i>

 









  



<b>Câu</b>

<b>Phần</b>

<b>Nội dung</b>

I

(2,0)

1(1,0)

Làm đỳng, đủ cỏc bước theo Sơ đồ khảo sỏt hàm số cho điểm tối đa.

2(1,0)

(

)

|

|

√

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

|

|

√

<sub></sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

<sub>√</sub>

(

)

√

(

)

Dễ thấy

<sub>, ta có: </sub>

Đặt

ta có hệ:

+) Với

<sub>ta có hệ: </sub>

<sub>.</sub>

+) Với

<sub>ta có hệ: </sub>

<sub>, hệ này vơ nghiệm.</sub>

KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:

<b>Câu</b>

<b>Phần</b>

III

(1,0)



























 



