Đề thi thử lần 2 - KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Mơn: Tốn. Khối A, B.

Đề thi thử lần 2
(Tháng 03 năm 2010)

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

4
2 2
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y  x  2 m x  1 (1).
1) Với m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện
tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích).

Câu II. (2 điểm)

x  3  2 x x  1  2 x  x2  4 x  3 .
1  sin 2 x
2) Giải phương trình lượng giác: 1  t an2x 
cos 2 2 x
1) Giải phương trình:

.
Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau:

y  cos x và y  x 2   x  3
4

2

Câu IV. (1 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng 30 0. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc
đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

4c
4a
b


3
2 a  b b  2c c  a
Câu VI. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d1: 2x – y – 2 = 0,
đường thẳng d 2: x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d1, d 2 lần
lượt tại A và B sao cho MA = 2MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – 6 = 0,
 x  1  7t
(Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d:  y  3t . Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q)
 z  1  2t


theo thiết diện là hình trịn có diện tích bằng 20 và có tâm là giao của d với (P) .
2

Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :

2 y 3  16 x

2
log x y  log y ( xy )

--------------- HẾT --------------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

Gửi laisac


ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG THPT THANH OAI B
THÁNG 03 NĂM 2010

CÂU

NỘI DUNG
4

ĐIỂM

2

Với m = 1 hàm số là: y  x  2 x  1
+) TXĐ: R
+) Giới hạn, đạo hàm: lim y  lim y  
x 

x 

x  0
y '  4 x3  4 x; y '  0  
 x  1
+) BBT:
x
-  -1
y'
- 0
y
+

I.1

0,25
0
0
1

+

-

1
0

+
+
+
0,25

0
0
+) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; +  ); nghiechj biến trên các khoảng
(-  ; - 1), (0; 1)
Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x =  1, yCT = 0
+) ĐT: Dạng đồ thị

0,25

10

8

6

4

2

-15

-10

0,25

-5

5

10

15

-2

-4

-6

-8

-10

I.2

x  0
+) Ta có y’ = 4x3 – 4m2x ; y’ = 0   2
; ĐK có 3 điểm cực trị : m  0
2
x  m
+) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m4), C(m ; 1 – m4) ;
+) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m4).
1
5
+) SVABC  AI .BC  m 4 m  m  32  m  2 (tm)
2
+) ĐK: x  1

x  3  2x x  1  2x  x2  4 x  3  2 x





II.1









x 1 1  x  3





x  1 1  0

0,25

0,25
2,25
0,25
0,25

x  1 1 2x  x  3  0



0,25

x  0

x 1  1
x  0
x  0
 

(tm)
  x  1
x  3  2x
x 1
 
   x  3 / 4

0,5






 k ,k  Z
4
2
1  sin 2 x

1  t an2x 
 cos 2 2 x  sin 2 xcos2 x  1  sin 2 x
cos 2 2 x
 sin 2 2 x  sin 2 x  sin 2 x.cos2 x  0
 sin 2 x (sin 2 x  cos2 x  1)  0

+) ĐK: x 

II.2

0,5



xk

sin 2 x  0
2


(k , l  Z )
sin 2 x  cos2 x  1  x    l ; x    l

2
4
+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là x  k

0,25

, x  l ;( k , l  Z )

2

0,25

10

8

6

4

2

-1 5

-1 0

-5

5

10

0,25

15

-2

-4

-6

III
-8

-1 0



3

Chứng minh được hai đường có đúng hai giao điểm hồnh độ  2 và 2


2
2
2




3

1

3

4 3

2
3
2
S  2   cos x  x 2   x 
dx

2.
s
inx

x

x

x

4




4 
3
2
4  
3
 




2
2
Do AH ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết
thì góc AA1 H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc

0,25

0,5
1
im

a 3
. Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H
2
a 3
thuộc B1C1 và A1 H
nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác AH B1C1
2
nªn B1C1  ( AA1 H )

AA1 H =300  A1 H

IV

A

Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H
thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1
Ta có AA1.HK = A1H.AH
K

A1 H . AH a 3
 HK 

AA1



B

C

4

A

C

H
B1

V

4c
4a
b
 4c
  4a
  b




3
 2  
 2  
 2  9
2a  b b  2c c  a
2
a

b
b

2
c
c

a

 
 

2
2
1


  2a  b  2c  


9

2
a

b
b

2
c
c

a



1
điểm





b b
 1
1
1 

  a      c    c  a   


9

2 2


 a  b b c c a 

2 2


b
b
+) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương  a   ,   c  ,  c  a  và

2  2


1
rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm.
,
,
b b
c

a
a
c
2 2
x  t
x  u
+) Dạng tham số của d1 và d2 : d1 : 
, d2 : 

 y  2  2t
 y  3  u
uuur
uuur
+) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u). MA   t  3; 2  2t  ; MB   u  3; 3  u 
1

1

uuur

7 uuur

uuur

 16

0,25
0,25

uur

20 

+) TH1: MA  2.MB : Tìm được t   3 , MA    3 ;  3   VTCPd : ud   4;5 


VI.1

x 3 y

  5 x  4 y  15  0
4
5
uur
17 uuur  8 28 
uuur
uuur
t

,
MA

;

VTCPd
:
u
+) TH2: MA  2.MB : Tìm được


d   2; 7 
3
3 3 
x 3 y
d:
  7 x  2 y  21  0
2
7

0,25

d:

0,25

+) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ
phương trình:
 x  1  7t
t  0
 y  3t
x  1


 
 I (1; 0;1)

 z  1  2t
y  0
 5 x  4 y  z  6  0
 z  1
VI.2

+) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có:

0,25

h

2.1  0  1  7
2

2  (  1) 2  (  1) 2



10
6

 h2 

50
3

0,25

+) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình trịn có diện tích bằng
20  20   .r 2  r 2  20 (r là bán kính hình trịn)

0,25

50
110
 20 
3
3
110
2
2
2
Suy ra phương trình mặt cầu (S):  x  1  y   z  1 

3
0

x

1,
0

y

1
+) ĐK:

0,25

2
2
2
+) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R  h  r 

2

2
 2 y 3  16 x
 y  3  4 x(1)

+) 
2
2 log x y  1  log y x (2)
log x y  log y ( xy )

VII

t  1
x  y
1
2
+) Đặt log x y  t  (2) : 2t  1   2t  t  1  0  

1
2
t  
t
x  y

2

+) Với x = y, kết hợp (1) ta được x = y = 1 (loại) và x = y = 3 (nhận).
+) Với x = y-2, kết hợp với (1) ta được y2 = 1 (loại), y = - 4 (loại)
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y =3.

0,25

0,25
0,25
0,25

Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho
điểm tối đa.