Trường THPT Phan Châu Trinh ĐÀ NẴNG Đề số 13 I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi: TỐN – Khối D Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) x-3 x +1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I ( -1;1) cắt đồ thị (C) hai điểm M, N cho I trung điểm đoạn MN Câu II (2 điểm): cos 3x + sin x = ( sin x + cos x ) ì3 x - y = xy ï í 2 ïx y = ỵ 1) Giải phương trình: ( 2) Giải hệ phương trình: ) ( ) Câu III (1 điểm): Tìm giá trị tham số m để phương trình: ( m - ) + x + = x - m có nghiệm Câu IV (1 điểm): Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC) a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' a2 b2 c2 Câu V (1 điểm): Chứng minh + + + ( ab + bc + ca ) ³ a + b + c với số dương a; b; c a+b b+c c+a II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Giải bất phương trình: + log x + log ( x + ) > log 2) Tính: (6 - x) ị ln x dx Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) Lập phương trình đường thẳng qua M ( 2;1) tạo với trục tọa độ tam giác có diện tích Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): ì ïy + x = x + y 1) Giải hệ phương trình : í x y +1 ï2 = ỵ cos x - 2) Tìm ngun hàm hàm số f ( x ) = cos x + ỉ è 1ư 2ø Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho im M ỗ 3; ữ Vit phương trình tắc elip ( ) qua điểm M nhận F1 - 3; làm tiêu điểm ============================ Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn: I PHẦN CHUNG Câu I: 2) Gọi d đường thẳng qua I có hệ số góc k Þ PT d : y = k ( x + 1) + x-3 = kx + k + có nghiệm phân biệt khác -1 x +1 ìk ¹ ï Hay: f ( x ) = kx + 2kx + k + = có nghiệm phân biệt khác -1 Û íD = -4k > Û k < ï f -1 = ¹ ỵ ( ) Ta có: d cắt ( C) điểm phân biệt M, N Û PT : Mặt khác: xM + xN = -2 = xI Û I trung điểm MN với "k < Kết luận: PT đường thẳng cần tìm y = kx + k + với k < Câu II: 1) PT Û cos 3x - sin x = cos x + sin x Û 3 cos 3x sin x = cos x + sin x 2 2 p é ê x = - + k 2p pư pư ỉ ỉ Û cos ç x + ÷ = cos ç x - ÷ Û ê 3ø 6ø è è ê x = - p + k 2p ê 10 ë 2 2) Ta có : x y = Û xy = ±3 ( · Khi: xy = , ta có: x3 - y = x - y ( ) ) = -27 Suy ra: x3 ; - y nghiệm phương trình: X - X - 27 = Û X = ± 31 Vậy nghiệm Hệ PT x = + 31, y = - - 31 x = - 31, y = - + 31 ( ) 3 · Khi: xy = -3 , ta có: x3 - y = -4 x - y = 27 ( ) Suy ra: x3 ; - y nghiệm phương trình: X + X + 27 = Câu III: Đặt t = ( PTVN ) x + Điều kiện: t ³ PT trở thành: ( m - )( t + 1) = t - m - Û m = t + Xét hàm số: f ( t ) = t + t+2 ( t ³ 1) t + 4t + 1 = Þ f '(t ) = 2 t+2 (t + 2) (t + 2) é t = -1 (loaïi ) f ¢(t ) = Û ê Dựa vào BBT, ta kết luận m ³ ë t = -3 (loại ) ì BC ^ AM Câu IV: Gọi M trung điểm BC, hạ AH vuông gúc vi AÂM Ta cú: ị BC ^ ( AA ' M ) ị BC ^ AH ợ BC ^ AA ' a Mà AH ^ A ' M Þ AH ^ ( A ' BC ) Þ AH = 1 a = + Þ AA ' = Mặt khác: 2 AH A' A AM 3a Kết luận: VABC A ' B ' C ' = 16 a2 ab ab Câu V: Ta có: =a³a=aab (1) a +b a+b 2 ab b2 c2 ³bbc (2), ³cca (3) b+c c+a a2 b2 c2 Cộng (1), (2), (3), ta có: + + + ab + bc + ca ³ a + b + c a +b b+c c+a Tương tự: ( II PHẦN TỰ CHỌN Theo chương trình chuẩn Trần Sĩ Tùng ) Câu VI.a: 1) Điều kiện: < x < ( ) BPT Û log 2 x + x > log ( - x ) Û x + x > ( - x ) Û x + 16 x - 36 > Û x < -18 hay < x 2 So sánh với điều kiện Kết luận: Nghiệm BPT < x < ì ìu = ln x ïdu = dx 2) Đặt í Suy : I = ò ln x dx = x ln x - ò 2dx = x ln x - x + C Þí x îdv = dx ïv = x î x y Câu VII.a: Gọi A ( a;0 ) , B ( 0; b ) giao điểm d với Ox, Oy, suy ra: d : + = a b ì2 ï + =1 ì2b + a = ab Theo giả thiết, ta có: í a b Û í ỵ ab = ï ab = ỵ · Khi ab = 2b + a = Nên: b = 2; a = Þ d1 : x + y - = · Khi ab = -8 2b + a = -8 Ta có: b + 4b - = Û b = -2 ± 2 + Với b = -2 + 2 Þ d : (1 - x ) + (1 + ) y - = + Với b = -2 - 2 Þ d3 : (1 + x ) + (1 - ) y + = Theo chương trình nâng cao ì ïy + x = x + y Câu VI.b: 1) í x y +1 ï2 = ỵ (1) (*) (2) éy = x ë y = 1- x Từ (1) ta có: y + x = x + y Û ( y - x )( y + x - = ) Û ê ì x = log ï ìy = x · Khi: y = x (*) Û í x x +1 Û í î2 = ï y = log î ì x = log ìy = - x · Khi: y = - x (*) Û í x 2- x Û í ỵ2 = ỵ y = - log Þ F ( x ) = x - tan x + C cos x x2 y2 Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng: + = 1(a > b > 0) a b 2 ìa - b = ì =4 x2 y ï ï Vậy (E): + =1 Ta có: í Û í a2 ïb = ỵ ï + =1 ỵ a 4b 2) Ta có: f ( x ) = - tan x = - ===================== Trần Sĩ Tùng Trung tâm BDVH & LTĐH QUANG MINH Đề số ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG (7 điểm) (2 m - 1) x - m x -1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = –1 2) Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x Câu II (2 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = 1) Giải phương trình: 2) Giải hệ phương trình: - cos2 x + sin x = cos2 x ì 2 xy =1 ïx + y + x+y í ï x + y = x2 - y ỵ p sin x dx (sin x + cos x )3 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A¢B¢C¢có đáy tam giác cạnh a, A¢M ^ (ABC), A¢M = Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= ị a (M trung điểm cạnh BC) Tính thể tích khối đa diện ABA¢B¢C Câu V (1 điểm): Cho số thực x, y Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P= x2 + y2 - y + + x2 + y2 + y + + x - II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x2 y2 + = Tìm điểm M Ỵ (E) cho · = 120 F1 MF2 100 25 (F1, F2 hai tiêu điểm (E)) 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) mặt phẳng (P) có phương uuur uuur uuur trình: x + y = z + = Tìm (P) điểm M cho MA + MB + MC nhỏ Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 hệ số khai triển sau: ( x + 1)10 ( x + 2) = x11 + a1 x10 + a2 x + + a11 Tìm hệ số a5 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x - 3)2 + ( y - 4)2 = 35 điểm A(5; 5) Tìm (C) hai điểm B, C cho tam giác ABC vuông cân A x -1 y z - = = Tìm d hai 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) đường thẳng d: 1 điểm A, B cho tam giác ABM Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phng trỡnh: ỡ ổ 2y ùlog2010 ỗ ữ = x - y ï è x ø í 3 ï x + y = x2 + y2 ï xy ỵ ============================ Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn: I PHẦN CHUNG Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1} ì (2m - 1) x - m =x ï ï x -1 Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y = x thì: í ï (m - 1) = ï ( x - 1)2 ỵ (*) (**) éx = m Từ (**) ta có ( m - 1)2 = ( x - 1)2 Û ê ëx = - m · Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m = (thoả với m) Vì x ¹ nên m ¹ · Với x = – m, thay vào (*) ta được: (2 m - 1)(2 - m) - m = (2 - m)(2 - m - 1) Û 4(m - 1)2 = Û m = m = ị x = (loi) Vy vi m đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x é 5p p ê x = 48 + k ỉ 5p - Câu II: 1) PT Û cos2 x + sin x = cos6 x cos ỗ - x ÷ = cos6 x Û ê è ø 2 ê x = - 5p + l p ê ë 24 ì 2 xy =1 (1) ïx + y + Điều kiện: x + y > 2) í x+y ï x + y = x - y (2) ỵ ỉ ö 2 (1) Û ( x + y)2 - - xy ỗ ữ = ( x + y - 1)( x + y + x + y) = Û x + y - = x+ỳ è (vì x + y > nên x + y + x + y > ) é x = ( y = 0) Thay x = - y vào (2) ta được: = x - (1 - x ) Û x + x - = Û ê ë x = -2 ( y = 3) Vậy hệ có nghiệm: (1; 0), (–2; 3) Câu III: Đặt t = Þ 2I = p ị p - x Þ dt = –dx Ta có I = sin x (sin x + cos x ) dx + p ò p ò cos t (sin t + cos t ) cos x (sin x + cos x ) dx = p ò dt = p ò cos x (sin x + cos x )3 (sin x + cos x ) dx = dx p 12 2ũ 2ổ pử cos ỗ x - ÷ è 4ø dx p ỉ pư2 = tan ỗ x - ữ = Vậy: I = è ø0 1 a a2 a3 Câu IV: Vì ABB¢A¢ hình bình hành nên ta có: VC ABB ' = VC AB ' A ' Mà VC ABB ' = A¢ M S ABC = = 3 Vậy, VC ABB ' A ' = 2VC ABB ' = a3 a3 = Câu V: Ta có: P = x + (2 - y)2 + x + ( y + 2)2 + x - r r r r r r Xét a = ( x;2 - y), b = ( x , y + 2) Ta có: a + b ³ a + b Þ x + (2 - y)2 + x + ( y + 2)2 ³ x + 16 = x + r r Suy ra: P ³ x + + x - Dấu "=" xảy Û a, b hướng hay y = Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacơpxki ta có: ( + x ) £ (3 + 1)(4 + x ) Þ x + ³ + x Dấu "=" xảy Û x = Trần Sĩ Tùng Do đó: P ³ + x + - x ³ + = + Dấu "=" xảy Û x = Vậy MinP = + x = 3 ,y = ,y = II PHẦN TỰ CHỌN Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Ta có: a = 10, b = Þ c = Gọi M(x; y) Ỵ (E) Ta có: MF = 10 Ta có: F1F22 = MF12 + MF2 - MF MF2 cos· F1MF2 3 x, MF2 = 10 + x 2 æ æ ö æ ö öæ ửổ (10 ) = ỗ 10 x ữ + ỗ 10 + x ữ - ç 10 x ÷ç 10 + x ÷ ç - ÷ Û x = (y= ± 5) è ø è ø è øè øè ø Vậy có điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5) uu r uu r uur r æ 23 13 25 ö 2) Gọi I điểm thoả: IA + IB + 3IC = ị I ỗ ; ; ÷ è 6 ø uuur uuur uuur uuu uu r r uuu uu r r uuu uur r uuu r uuu r Ta có: T = MA + MB + MC = ( MI + IA ) + ( MI + IB ) + ( MI + IC ) = MI = MI uuu r Do đó: T nhỏ Û MI nhỏ Û M hình chiếu I (P) ỉ 13 16 Ta tìm được: M ỗ ; - ; ữ ố9 9ứ ( ) 10 Câu VII.a: Ta có: ( x + 1)10 = C10 x10 + C10 x + + C10 x + C10 Þ ( x + 1)10 ( x + 2) = + C10 + 2C10 x + Þ a5 = C10 + 2C10 = 672 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4) ì AB = AC · Ta có: í Þ AI đường trung trực BC DABC vuông cân A nên AI phân giác · BAC ỵIB = IC Do AB AC hợp với AI góc 450 · Gọi d đường thẳng qua A hợp với AI góc 450 Khi B, C giao điểm d với (C) AB = AC uu r Vì IA = (2;1) ¹ (1; 1), (1; –1) nên d không phương với trục toạ độ Þ VTCP d có hai thành phần r khác Gọi u = (1; a) VTCP d Ta có: uu r r cos ( IA, u ) = 2+a + a2 2+a Û = = 22 + + a2 2 + a = 1+ a éa = Ûê êa = ë r ìx = + t · Với a = 3, u = (1;3) Þ Phương trình đường thẳng d: í ỵ y = + 3t ỉ + 13 + 13 ỉ - 13 - 13 Ta tìm cỏc giao im ca d v (C) l: ỗ ; ; ữ, ỗ ữ ố 2 ứ ố 2 ø ìx = + t r ỉ 1ư ï · Với a = - , u = ỗ 1; - ữ ị Phng trỡnh ng thng d: í è 3ø ïy = - t ỵ ỉ + 13 11 - 13 ỉ - 13 11 + 13 Ta tìm giao điểm d v (C) l: ỗ ; ; ữ, ỗ ữ ố 2 ø è 2 ø æ + 13 11 - 13 ỉ + 13 + 13 · Vì AB = AC nờn ta cú hai cp im cn tỡm l: ỗ ; ; ữ, ỗ ữ ố 2 ứ ố 2 ø æ - 13 11 + 13 ỉ - 13 - 13 v ; ; ỗ ữ, ỗ ữ ố 2 ø è 2 ø 2) Gọi H hình chiếu M d Ta có: MH = d ( M , d ) = Trần Sĩ Tùng Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH = ìx - y z -3 = = ï ï 1 Do đó, toạ độ A, B nghiệm hệ: í ï( x - 2)2 + ( y - 1)2 + ( z - 2)2 = ï ỵ æ 2 2ö æ 2 2ö Giải hệ ny ta tỡm c: Aỗ2 + ; ;3 + ;;3 ữ, Bỗ ữ ố 3 ứ ố 3 ứ ỡ ổ 2y ùlog2010 ỗ ÷ = x - y (1) ï è x ø Câu VII.b: í x + y3 ï (2) = x2 + y2 ï xy ỵ Điều kiện: xy > Từ (2) ta có: x + y = xy( x + y2 ) > Þ x > 0, y > (1) Û 2y = 2010 x -2 y Û x.2010 x = y.20102 y x ỉ t Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0) Ta có: f Â(t) = 2010t ỗ + ữ>0 ố ln 2010 ø Þ f(t) đồng biến t > Þ f(x) = f(2y) Û x = 2y é y = (loại) ỉ 9ư Thay x = 2y vào (2) ta c: y ỗ 5y - ữ = ổ 9ử ờy = ố 2ứ ỗx = ÷ 10 è 5ø ë ỉ9 Vậy nghim ca h l: ỗ ; ữ ố 10 ø ===================== Trần Sĩ Tùng Trường THPT Phan Châu Trinh ĐÀ NẴNG Đề số 12 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn thi: TỐN – Khối B Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x - m x + m + m (1), với m tham số 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = 2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) ln cắt trục Ox hai điểm phân biệt, với m < Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: ỉ pư 2sin ç x + ÷ + sin x = 6ø è ì2 y - x = m có nghiệm ỵ y + xy = 2) Tìm giá trị tham số m cho hệ phương trình í Câu III (1 điểm): Tìm ngun hàm hàm số f ( x ) = ( x - 1)2 ( x + 1)4 Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD Trên cạnh BC, BD, AC lấy điểm M, N, P cho BC = BM , BD = BN AC = AP Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần Câu V (1 điểm): Với số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x + y + z £ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: æ 1 1ö P = x + y + z + 2ỗ + + ữ ố x y zø II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Giải phương trình: x log4 x = 8log2 x 2) Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị hàm số y = x -1 hai điểm phân biệt cho hoành độ tung x -2 độ điểm số nguyên ( ) Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x - y - = Lập phương trình đường trịn tiếp xúc với trục tọa độ có tâm đường thẳng (d) Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Giải bất phương trình: (1 + log x ) log x + log8 x < 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = x + ( m - ) x - 5mx có điểm uốn đồ thị hàm số y = x ( ) ( ) ( ) Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A -1;3; , B -4;3; , C 0; 2;1 Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ============================ Trần Sĩ Tùng Hướng dẫn: I PHẦN CHUNG Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ đồ thị (1) trục Ox: x - 2m x + m + m = (*) ( ) Đặt t = x t ³ , ta có : t - m t + m + m = (**) Ta có : D ' = -2 m > S = m2 > với m < Nên PT (**) có nghiệm dương Þ PT (*) có nghiệm phân biệt (đpcm) Câu II: 1) PT Û sin x + cos x + 4sin x - = Û sin x cos x - 2sin x + 4sin x = é æ pö é 5p ésin x - cos x = + k 2p ờsin ỗ x - ữ = Û ê x = Û Û cos x - sin x + sin x = Û ê 3ø ê è ê x = kp ësin x = ë ê x = kp ë ìy £ ì2 y - x = m (1) ï 2) í Từ (1) Þ x = y - m , nên (2) Û y - my = - y Û í (vỡ y 0) m = y- +2 ợ y + xy = (2) ï y ỵ 1 Xét f ( y ) = y - + Þ f ' ( y ) = + >0 y y2 ( ) Dựa vào BTT ta kết luận hệ có nghiệm Û m > ỉ x -1 Câu III: Ta có: f ( x ) = ỗ ữ ố 2x +1 ø ỉ x - ư¢ ổ x -1 ỗ ữ ị F (x) = ỗ ữ +C ố 2x +1 ứ ố 2x +1 ø Câu IV: Gọi T giao điểm MN với CD; Q giao điểm PT với AD TD DD ' = = TC MC TD AP QD DP CP = = Þ AT P DP Þ = = = Mà: TC AC QA AT CA VA.PQN AP AQ 1 Nên: = = = Þ VA.PQN = VABCD VA.CDN AC AD 5 10 V DD // BC, ta cú: DDÂ=BM ị V: VC PMN CP CM 1 = = = Þ VABMNP = VABCD VC ABN CA CB 4 (1) (2) V 20 ABCD 13 Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm 13 Câu V: Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 18 x + ³ 12 (1) Dấu xảy Û x = x 2 Tương tự: 18y + ³ 12 (2) 18z + ³ 12 (3) y z Từ (1) (2), suy : VABMNQP = ( ) Mà: -17 x + y + z ³ -17 (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P ³ 19 Dấu "=" xảy Û x = y = z = Vậy GTNN P 19 x = y = z = II PHẦN TỰ CHỌN Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) Điều kiện : x > PT Û + log2 x log4 x = log Trần Sĩ Tùng ìt = log2 x ìt = log2 x ï éx = x Ûí2 Û íé t = Û ê ëx = ỵt - 3t + = ïê t = ỵë 2) Ta có: y = + Do đó: x , y Ỵ Z Û x - = ±1 Û x = 3, x = x -2 Suy tọa độ điểm đồ thị có hoành độ tung độ số nguyên A (1; ) , B ( 3; ) Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x - y - = ( ) ( ) Câu VII.a: Gọi I m; m - Ỵ d tâm đường trịn cần tìm Ta có: m = 2m - Û m = 4, m = · m = phương trình đường trịn là: 2 ỉ 4ư ỉ 16 ỗx - ữ +ỗy+ ữ = 3ø è 3ø è ( · m = phương trình đường trịn là: x - ) + ( y - 4) = 16 Theo chương trình nâng cao t x + y + > +) Lấy loga số 2009 đưa pt: x  log 2009 ( x  2010)  y  log 2009 ( y  2010) +) Xét CM HS f (t )  t  log 2009 (t  2010), t  đồng biến, từ suy x2 = y2  x= y, x = - y +) Với x = y vào (2) đưa pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 Đưa pt dạng       , cm pt có nghiệm t =      x = y =7 +) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) =  y = -  x = VIIa Cho m hồng trắng n bơng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có bơng hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau: 19  m 2 Am Cm  C n 3   2   Pn 1  720  19  m 2 C m  cn3   Am  2  Pn1  720  Từ (2): (n  1)! 720  6! n    n  Thay n = vào (1) m(m  1) 19   45   m 2 2  m  m  90   19m  m  20m  99    m  11 m    m  10 Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bơng hồng trắng bơng hồng nhung, để lấy bơng hồng nhung bơng hồng ta có TH sau: TH1: hồng nhung, hồng trắng có: C7 C10  1575 cách TH2: bơng hồng nhung, bơng hồng trắng có: C74 C10  350 cách TH3: bơng hồng nhung có: C7  21 cách  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy hồng thường C17  6188 P 1946  31,45% 6188 CâuVIb 2(1,0) (1,0) Giả sử mặt phẳng cần tìm là: ( ) : ax  by  cz  d  (a  b  c  0) Trên đường thẳng (d1) lấy điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0)  a cd   c  2a  b  nên  a  b  d   d  a b Do ( ) qua A, B nên:  0,25 ( ) : ax  by  (2a  b) z  a  b  Yêu cầu toán cho ta: 1.a  1.b  1.(2a  b)  sin 300  12  (1)  12 a  b  (2a  b) 0,25  3a  2b  3(5a  4ab  2b )  21a  36ab  10b   18  114 a  21 Dễ thấy b  nên chọn b=1, suy ra:   18  114 a   21 0,25 KL: Vậy có mặt phẳng thỏa mãn: 18  114 15  114  114 x y z 0 21 21 21 18  114 15  114  114 x y z  21 21 21 0,25 Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải đáp án mà đúng, đủ cho điểm tối đa - Người chấm chia nhỏ thang điểm theo gợi ý bước giải §Ị lun thi 2010 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn Tốn - Khối A, B I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  f  x   x   m   x  m  5m  1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 2/ Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân Câu II (2,0 điểm) x2  y2  x  y   Gi¶i hƯ phương trình : ( x R)  x  y  xy  x  y    3  Giải phương trình 2 cos x  sin x cos( x  )  sin( x  )  4 e log x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx x  3ln x Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a, CD = a; góc hai mặt phẳng (SBC) (ABCD) 600 Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng (SBI) (SCI) vng góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu V (1,0 điểm) Câu V (1,0 điểm) 1 Cho x, y, z  1;3 CMR ( x  y  z ).(   )  12 x y z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  y   ,  ' :3x  y  10  điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng  , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng  ’ x  y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:   ; 1 x 1 y  z 1 d2 :   mặt phẳng (P): x - y - 2z + = Viết phương trình tắc đường 1 thẳng , biết  nằm mặt phẳng (P)  cắt hai đường thẳng d1, d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(2,0 điểm) Trong mt phng to Oxy, cho điểm I(-2;0) ®­êng th¼ng (d): 2x –y +  0, (d’): x +y -3 = = Viết phương trình đường thẳng qua I & cắt d,d t¹i A,B cho IA  IB 2.Trong khơng gian toạ độ Oxyz Cho mặt cầu (S) có phương trình : x2 + y2 + z2 – 4x + 2y – 6z – = 0, điểm A(1; - 1; 0) , B(0; 2; - 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B cắt (S) theo đường trịn (C) có chu vi nhỏ x  3x  Câu VII.b (1,0 im) Cho hàm số y có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) x cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiƯm cËn cđa (C) lµ nhá nhÊt -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: Câu Ý Nội dung Điểm 1đ I (1,0 điểm): * Do tam giác ABC cân A, nên tốn thoả mãn vng A: AB AC   m    1  m  đk (1)    Trong AB   m ; m  4m  , AC    m ; m  4m  Vậy giá trị cần tìm m m = 0,25  0,25 0,25 0,25 0,5 II 0,5 0,25 2 cos x  sin x cos( x  2 cos x  sin x (cos x cos 3  )  sin( x  )   4 3 3    sin x sin )  4(sin x cos  cos x sin )  4 4  4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0  (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 (2) s inx+cosx=0  PT (2) có nghiệm x    k   4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3) 0,25 0.25  Giải (2) : Đặ t  s inx-cosx= sin( x  ), §iỊu kiƯn t  (*)  sin x   t , thay vào (2) PT: t2-4t-5=0  t=-1( t/m (*)) t=5(loại ) 0,25 3 Với t=-1 ta tìm nghiệm x : x  k 2 hc x=  k 2 KL: Họ nghiệm hệ PT là: x    3  k , x  k 2 vµ x=  k 2  ln x  e e e   log3 x ln x ln xdx ln  I dx    dx   2 ln 1  3ln x x x  3ln x x  3ln x III dx Đặt  3ln x  t  ln x  (t  1)  ln x  tdt Đổi cận … x e 2  t  1 log x 1 Suy I   dx   tdt    t  1 dt ln t ln 1 x  3ln x 1    t  t   27 ln 3 9ln  1 0,5 0,5 0,5 Vì (SBI)và (SCI)vng góc với (ABCD) nên SI  (ABCD) IV Ta có IB  a 5; BC  a 5; IC  a 2; Hạ IH  BC tính IH  3a ; 3a 15 Trong tam giác vuông SIH có SI = IH tan 60  SABCD  SAECD  SEBC  2a  a  3a (E trung điểm AB) 1 3a 15 3a 15 V  SABCDSI  3a  3 5 0,5 0,5 0,5 Tâm I đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc k/c từ I đến  ’ k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10  (3t   2)  (t  1) 2 4 Giải tiếp t = -3 Khi I(1; -3), R = pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 VIa Gọi A = d1(P) suy A(1; ; 2) ; B = d2  (P) suy B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn toán qua A B  Một vectơ phương đường thẳng  u  (1; 3; 1) x 1 y z  Phương trình tắc đường thẳng  là:   1 (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = Suy ra: Z3 = 2 i vaø Z4 = – 2 i  0,25 0,5 0,5 0,5 Xét phương trình Z – Z + 6Z – 8Z – 16 = Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau cách chia đa thức Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = Vậy phương trình trở thành: VIIa 0,25  Đáp số: 1,2,  2 i,  2 i 0,5 0,5 0,5 0,5 VIb Gọi H hình chiếu vuông goc I mp(P) Chu vi đường tròn :C= r nªn C Cmin  rmin  IH  ( R  r )max IH  IA ; maxIH = IA'  H  A' Lúc (P) vị trí (P0) vng góc với IA ti A.(A hình chiếu vuông góc I trªn AB) 0,5 0,5 0,5 VIIb 0,5 1 1 1 x  y  z  3(   )  ( x  y  z )3(   ) x y z x y z 1 1 1 áp dụng BĐT C«si ta cã:  ( x  y  z )3(   )  12  ( x  y  z ).3(   )  36 x y z x y z 1 ( x  y  z ).(   )  12 x y z Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định Hết V) Víi t 1;3  t  4t    t   4t t 4(*) t áp dụng BĐT (*) ta cã : x   (2) x y   (3) y z   (4) z 1 Céng vÕ víi vế (2),(3),4) ta x y z 3(   )  12 x y z §Ị lun thi cÊp tèc hÌ 2010 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn Tốn - Khối A, B sè ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y  f  x   x   m   x  m  5m  1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 2/ Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân x  x  x 2 3x  Câu II(2.0điểm) 1/ Giải phương trình: cos(  )  sin(  )  sin(  )  sin(  ) 12 12 5  x2   y   x  y   2/ Giải hệ phương trình:   x2   y   x  y   PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH  Câu III(1.0 điểm) Tính tích phân : I   (cos10 x  sin10 x  cos x.sin x )dx a , SA  a , SAB  SAC  30 Gọi M 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  y  x 1 y  y  x 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x   y  x y PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(-1;4) đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – = Xác định toạ độ điểm B C , biết diện tích tam giác ABC 18 2.Trong không gian toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt cầu tiếp xúc với đường thẳng (d1) :  x 1 x 1 y     z A (1; - 1; 0) tiếp xúc với đường thẳng (d2):  y  3t (t  R ) điểm B(1; 0; 1) 2  x   4t  Câu VI b (1,0 điểm) Cho số dương x, y thoả mãn : Xét phương trình: z2 + 2bz + c = , ( z  C) b, c  R, c ≠ Gọi A, B điểm biểu diễn hai nghiệm phương trình mặt phẳng Oxy Tìm điều kiện b, c để  OAB tam giác vuông B/ Phần đề theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) x2 y2 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hypebol (H) :   Viết phương trình tắc (E) có 16 tiêu điểm trùng với tiêu điểm hypebol (H) ngoại tiếp hình chữ sở (H) 2.Trong khơng gian toạ độ Oxyz Cho mặt cầu (S) có phương trình : x2 + y2 + z2 – 4x + 2y – 6z – = 0, điểm A(1; - 1; 0) , B(0; 2; - 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B cắt (S) theo đường trịn (C) có chu vi nhỏ x  2x  Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) d1: y = x + m, d2: y = x + x 1 Tìm tất giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệt A,B đối xứng qua d2 ******* Hết ******* ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II Câu MƠN TỐN LỚP 12- 2009-2010 Hướng dẫn giải chi tiết ý Điểm 7.00 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I * Do tam giác ABC ln cân A, nên tốn thoả mãn vuông A: AB AC   m    1  m  đk (1)    Trong AB   m ; m  4m  , AC    m ; m  4m  Vậy giá trị cần tìm m m =  0.25 0.25 Câu V a , SA  a , SAB  SAC  30 Gọi M trung điểm SA , chøng minh SA  ( MBC ) TÝnh VSMBC Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = S M A 0.25 C N B Theo định lí côsin ta có: SB SA  AB  2SA.AB.cos SAB  3a  a  2.a 3.a.cos30  a Suy SB  a T­¬ng tù ta có SC = a Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân nên MB SA, MC  SA Suy SA  (MBC) Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN  BC Tương tự ta có MN  SA 2 a  a   a  3a  MN  AN  AM  AB  BN  AM  a         16  MN  4   2 Do ®ã VS MBC 2 2 0.25 0.25 1 a a a a3  SM MN BC   (®vtt) 32 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 0.25 3.00 Phần lời giải theo chương trình Chuẩn Câu VIa Phần lời giải theo chương trình Nâng cao CâuVII.b x  2x  Cho hàm số y = (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x + Tìm tất x 1 giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệt A,B đối xứng qua d2 * Hoành độ giao điểm (C) d1 nghiệm phương trình : x2  2x  0.5  x  m x 1  2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1) d1 cắt (C) hai điểm phân biệt  p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2   m   m     m2-2m-7>0 (*) m  2m   Khi ®ã(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa (1) ) * d1 d2 theo giả thiết Để A, B đối xứng qua d2 P trung điểm AB x x x x m  3m  Th× P thuéc d2 Mµ P( ;   m )  P( ; ) 2 4 3m  m  VËy ta cã    m  ( tho¶ m·n (*)) 4 Vậy m =9 giá trị cần t×m 2 2 0.5 Câu V +) Nhận xét:  a, b, c, d ta có: (ab + cd) ≤ (a + c ).(b + d ), có “=” ad = bc (1) 2 2 2 +) Áp dụng (1) ta có (x + y ) ≤ (x + y ) (2 – (x + y ) ( Có thể sử dụng vec tơ chứng minh kết này)  < x2 + y2 ≤ +) Áp dụng bđt Cơ si có A ≥ x2 + y2 + ; đặt t = x2 + y2 , < t ≤ 1, xét hàm số: x y f(t) = t + với < t ≤ 1, lập bảng biến thiên hàm số Kết luận: Min A = đạt x = y = t Câu VI a 1) AH  S 1    36 36 AH.BC  18  BC   4 AH Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = x  y  7 1 H:  H ;   2 x  y  B(m;m – 4) 2 BC 7  1   HB    m    m    2  2  11  m    7   m     2  m     2   11   5  5  11  Vậy B1  ;   C1  ;   hay B2  ;    C  ;   2 2 2 2 2  2 2) ( x  19 197 )  ( y  )2  (z  )2  28 14 784 Câu VI b c = 2b2 > x y2 Câu VIIa 1) (H) : F1  5;0 ; F2 5;0 Hình chữ nhật (H) có đỉnh M( 4; 3), PT (E) có dạng:   a b ( víi a > b) (E) : F1  5;0 ; F2 5;0   a  b  52 1 M4;3  E   9a  16 b2  a b2 2  a  52  b a  40 x y2 Từ (1) (2):   Vây :  1 2 40 15 9a  16b  a b b  15 2) PT mặt phẳng cần tìm : x + 11y + 16z – 12 = II2)Cộng trừ vế hai phương trình hệ ta hệ tương đương:    x   y2   y   x  ( x; y )  ( ;1)      ( x; y )  ( 17 ; 13 )  x   (  x)   x  y    2  …  20 20    Chú ý : - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần = = = = = == = = Hết = = = = = = = = SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG NĂM 2010 (Lần 1) TRƯỜNG THPT TRUNG GIà (Ngày thi: 31/1/2010) Môn thi: TỐN Thời gian làm : 180 phút, khơng kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  (2m  3) x  (1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Cho điểm K(1; 3) đường thẳng : y = x + Tìm m để  cắt đồ thị hàm số (1) điểm phân biệt A(0; 4), B, C cho tam giác KBC có diện tích Câu II (2 điểm) Giải phương trình : 8sin5x – cos4x.sinx + 4cos2x – 3sinx =  x  y  y  xy   Giải hệ phương trình:  3 x  xy  y  x  y   Câu III (2 điểm) e   1 Tính tích phân: I     x  ln xdx     x  ln x Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng: a4  b4 b4  c4 c4  a4   1 ab a  b bc b  c ca c  a       Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a Các cạnh bên hình chóp bằng a Gọi M, N trung điểm cạnh SB CD, K điểm cạnh AD cho AK  a Tính thể tích khối chóp S.ABCNK khoảng cách hai đường thẳng MN SK theo a Câu V (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ba đường thẳng: d1: 3x – 4y – = ; d2: x + y – = ; d3: x – = Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết A, C thuộc d3; B thuộc d1 D thuộc d2 Câu VI (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:  x  1  2t x y z  d1 :   d :  y  t 1 z   t  Tìm tọa độ điểm M thuộc d1 N thuộc d2 cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (P): x – y + z + 2010 = độ dài đoạn MN Câu VII (1 điểm) Giải phương trình: log 2 x    x  log 2   x2   x  …………………… Hết………………… ... r Giả sử: A (1 + 2t1; -1 + t1 ;2t1 ) , B((2 + 2t2 ; t2 ;1 - 2t2 ) Þ AB = (t2 - 2t1 + 1; t2 - t1 + 1; -2 t2 - 2t1 + 1) uuu r r t - 2t1 + t2 - t1 + -2 t2 - 2t1 + ìt = -1 = = Û ? ?1 Þ A(? ?1; –2; –2) ·... r Giả sử: A (1 + 2t1; -1 + t1 ;2t1 ) , B((2 + 2t2 ; t2 ;1 - 2t2 ) Þ AB = (t2 - 2t1 + 1; t2 - t1 + 1; -2 t2 - 2t1 + 1) uuu r r t - 2t1 + t2 - t1 + -2 t2 - 2t1 + ìt = -1 = = Û ? ?1 Þ A(? ?1; –2; –2) ·...  nên chọn b =1, suy ra:   18  11 4 a   21 KL: Vậy có mặt phẳng thỏa mãn: 18  11 4 15  11 4  11 4 x y z 0 21 21 21 18  11 4 15  11 4  11 4 x y z  21 21 21 0,25 0,25 Chương trình Nâng