Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 128)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 128 ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y  f x   x 4  2 m  2  x 2  m 2  5m  5 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1 2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. x  x  x 2 3x  Câu II(2.0điểm) 1/ Giải phương trình: 2 cos(  )  6 sin(  )  2sin(  )  2sin(  ) 5 12 5 12 5 3 5 6  x 2  2  y 2  3  x  y  5 2/ . Giải hệ phương trình:   x 2  2  y 2  3  x  y  2  2. Câu III(1.0 điểm) Tính tích phân : I   (cos10 x  sin10 x  cos 4 x.sin 4 x)dx 0. a A  SAC A  30 0 . , SA  a 3 , SAB 2 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA  ( MBC ) . Tính VSMBC Câu V. (1,0 điểm). Câu IV(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =. x 2  y 2  x 1 y 2  y 1 x 2 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x 2  2  y 2  2 x y PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18 2.Trong không gian toạ độ Oxyz, hãy viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng (d1) :  x 1 x 1 y  1    z tại A (1; - 1; 0) và tiếp xúc với đường thẳng (d2):  y  3t (t  R ) tại điểm B(1; 0; 1) 2 2  x  1  4t  Câu VI b. (1,0 điểm). Cho 2 số dương x, y thoả mãn :. Xét phương trình: z2 + 2bz + c = 0 , ( z  C) trong đó b, c  R, c ≠ 0. Gọi A, B là các điểm biểu diễn hai nghiệm của phương trình đó trong mặt phẳng Oxy. Tìm điều kiện của b, c để  OAB là tam giác vuông B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) x2 y2   1 . Viết phương trình chính tắc của (E) có 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hypebol (H) : 16 9 tiêu điểm trùng với tiêu điểm của hypebol (H) và ngoại tiếp hình chữ nhất cơ sở của (H). 2.Trong không gian toạ độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) có phương trình : x2 + y2 + z2 – 4x + 2y – 6z – 2 = 0, và các điểm A(1; - 1; 0) , B(0; 2; - 2). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B và cắt (S) theo một đường tròn (C) có chu vi nhỏ nhất. x2  2x  2 Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3. x 1 Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2.. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ******* Hết *******. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Câu. Môn thi : TOÁN (ĐỀ 128 ) Hướng dẫn giải chi tiết. ý. Điểm 7.00 2. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. Câu I * Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A: 3 AB. AC  0  m  2   1  m  1 vì đk (1). . . . Trong đó AB  2  m ; m 2  4m  4 , AC   2  m ; m 2  4m  4 Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1.. . 0.25 0.25. Câu V. a A  SAC A  30 0 . , SA  a 3 , SAB 2 Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh SA  ( MBC ) . TÝnh VSMBC. Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC =. 1. S M A. 0.25. C N. B Theo định lí côsin ta có: A  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). 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. 2. 2 a 3  a   a 3  3a 2 2 2 2 2 2 2  MN  . MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        4 16 4  2  2. 1 1 1 a 3 a 3 a a3 . .  Do đó VS .MBC  SM . MN .BC  (®vtt) 3 2 6 2 4 2 32 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH. 0.25. 0.25. 0.25 3.00. Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Câu VIa. 2. Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao CâuVII.b x2  2x  2 Cho hàm số y = (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x + 3. Tìm tất cả các x 1 giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2.. 1. * Hoành độ giao điểm của (C) và d1 là nghiệm của phương trình : 0.5. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x2  2x  2  x  m x 1.  2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1) d1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt  p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 2  3  m  2  m  1   2  m2-2m-7>0 (*) m  2m  7  0 Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) ) * d1 d2 theo giả thiết  Để A, B đối xứng nhau qua d2  P là trung điểm của AB x x x x m  3 3m  3 ; Th× P thuéc d2 Mµ P( 1 2 ;  1 2  m )  P( ) 0.5 2 2 4 4 3m  3 m  3   3  m  9 ( tho¶ m·n (*)) VËy ta cã 4 4 VËy m =9 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. Câu V +) Nhận xét:  a, b, c, d ta có: (ab + cd)2 ≤ (a2 + c2).(b2 + d2), có “=” khi ad = bc (1). +) Áp dụng (1) ta có (x2 + y2)2 ≤ (x2 + y2) (2 – (x2 + y2) ( Có thể sử dụng vec tơ chứng minh kết quả này)  0 < x2 + y2 ≤ 1 4 +) Áp dụng bđt Cô si có A ≥ x2 + y2 + 2 ; đặt t = x2 + y2 , 0 < t ≤ 1, xét hàm số: 2 x y 1 4 f(t) = t + với 0 < t ≤ 1, lập bảng biến thiên của hàm số . Kết luận: Min A = 5 đạt khi x = y = t 2 Câu VI a. 1). AH  S. 1  4  4 2. . 9 2. 1 36 36 AH.BC  18  BC   4 2 9 2 AH 2 Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0 x  y  4 7 1 H:  H ;  2 2 x  y  3 B(m;m – 4) 2 2 BC2 7  1  2  HB   8  m    m  4   4 2  2 . 7 11  m 2 2  7   2 2  m    4  2  m  7  2  3  2 2  11 3   3 5  3 5  11 3  Vậy B1  ;   C1  ;   hay B2  ;    C2  ;   2 2 2 2 2 2  2 2 2) ( x . 19 2 6 5 197 )  ( y  )2  (z  )2  28 7 14 784. Câu VI b. c = 2b2 > 0. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu VIIa. 1) (H) : F1  5;0 ; F2 5;0 . Hình chữ nhật của (H) có một đỉnh M( 4; 3), PT (E) có dạng:. ( víi a > b) (E) : F1  5;0; F2 5;0 a 2  b 2  52. 1. M4;3 E  9a 2  16b2  a 2 b2. 2 . a  5  b a  40 x y  1 Từ (1) và (2):  2  . Vây :  2 2 2 2 40 15 9a  16b  a b b  15 2) PT mặt phẳng cần tìm : x + 11y + 16z – 12 = 0. II2)Cộng và trừ từng vế hai phương trình của hệ ta được hệ tương đương: 3  1 7   2 2 y x ( x ; y )  ( ;1) x  2  y  3    2   2 2    3 7 3 2 2 ( x; y )  ( 17 ; 13 )  x  y  x  2  (  x)  3   2 2  …   20 20 2   2. 2. 2. 2. 2. 2. Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần = = = = = == = = Hết = = = = = = = =. Lop10.com. x 2 y2  1 a 2 b2.

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