ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN NVT – 06.2010 De_hd Toan 25 Mơn thi: TỐN – Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x3  x  3x Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến qua gốc tọa độ O Câu II: (2,0 điểm)   sin  x    3sin x  cos x  4  2 2 y  x   Giải hệ phương trình  3 2 x  y  y  x  Câu III: (2,0 điểm) Giải phương trình Tìm giá trị tham số m để phương trình m x  x   x  có nghiệm phân biệt   Với số thực x, y thỏa điều kiện x  y  xy  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  x4  y4 xy  Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có tất cạnh a Tính theo a thể tích khối chóp S ABCD tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất mặt hình chóp II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình Chuẩn Câu Va: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I 1; 2;3 Viết phương trình mặt cầu tâm I tiếp xúc với trục Oy Câu VI.a: (2,0 điểm) Giải phương trình 2.27 x  18x  4.12 x  3.8 x tan x Tìm nguyên hàm hàm số f  x    cos x B Theo chương trình Nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn  C  : x  y  x  Viết phương trình tiếp tuyến  C  , biết góc tiếp tuyến trục tung 30 Câu VI.b: (2,0 điểm) Giải bất phương trình x 4 log3 x  243 mx  Tìm m để hàm số y  có điểm cực trị A, B đoạn AB ngắn x -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: ĐÁP ÁN NVT – 06.2010 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN De_hd Toan 25 CÂU Ý Câu I (2,0đ) Ý1 (1,0đ) Mơn thi: TỐN – Khối A NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D=R 0,25 đ Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x  0,25 đ y '  x  x  y '   x  1, x  BBT: Hàm số ĐB khoảng  ;1 ,  3;   NB khoảng đạt CT x  3, yCT   2 Đồ thị qua O cắt Ox (3;0) Đồ thị đối xứng qua  2;   3 Phương trình tiếp tuyến  điểm M  x0 ; y0  0,25 đ 2  : y  x0  x0   x  x0   x0  x0  3x0  qua O  x0  0, x0  0,25 đ Khi: x0   : y  3x 0,25 đ Khi: x0   : y  0,25 đ PT  sin x  cos x  3sin x  cos x   2sin x cos x  3sin x  2cos x  cos x   0,25 đ 1;3 Hàm số đạt CĐ Ý2 (1,0đ) Câu II (2,0đ) Ý1 (1,0đ)  x  1, yCD   0,25 đ 0,25 đ   2cos x  3 sin x   cos x  1 2cos x  3    sin x  cos x  1 2cos x  3  0,25 đ Khi: cos x  (VN )      x    k 2 Khi : sin x  cos x  1  sin  x       4   x    k 2  KL: nghiệm PT x    k 2 , x    k 2 Ý2 (1,0đ) 0,25 đ 0,25 đ  Ta có: x3  y  y  x 2y  x  x  x y  xy  y  0,25 đ Khi y  hệ VN x x x Khi y  , chia vế cho y              y  y  y Đặt t  0,25 đ x , ta có : t  2t  2t    t  y 0,25 đ Câu III (2,0đ) Ý1 (1,0đ) y  x  Khi t  ,ta có : HPT    x  y  1, x  y  1 y 1  x2 Ta có: x  x   nên PT  m  x2  2x  x2  3x Xét f ( x )   f '( x)  x2  x  x2  x  x2  x    4 f '  x    x  ; f    10; lim f ( x)  1; lim f ( x )  x  x  3 x Suy : P    y2   1  xy   xy  xy  ĐK:   t  Do đó: P '   x2 y 2 xy   t  t  2t  1 7t  2t    2t  1 0,25 đ  , P '   t  0(th), t  1(kth) 0,25 đ  1 1 P   P   P     5   15 KL: GTLN GTNN ( HSLT đoạn 15 Gọi O giao điểm AC BD  SO   ABCD   1  ;  )   a 2a 2  aa     bán kính cần tìm Gọi M hình chiếu I lên Oy, ta có: M  0; 2;    IM   1;0; 3  R  IM  10 bán kính mặt cầu cần tìm 2 KL: PT mặt cầu cần tìm  x  1   y     z  3  10 Ý1 (1,0đ) Ta có : PT  2.33 x  x.32 x  4.22 x3x  3.23 x 3x 0,25 đ 0,25 đ 1 0,25 đ 0,25 đ 2a a  S ABCD  a  VS ABCD  a3 Gọi M, N trung điểm AB CD I tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN Ta chứng minh I cách mặt hình chóp S SMN  pr  r  0,25 đ Ta có: SO  SA2  OA2  a  Câu VIa (2,0đ) 0,25 đ  Câu Va (1,0đ) 0,25 đ Đặt t  xy Ta có: xy    x  y   xy  4 xy  xy   Và xy    x  y  Câu IV (1,0đ) 0,25 đ 0,25 đ KL:  m  10 Ý2 (1,0đ) 0,25 đ 3  3 Chia vế cho 23 x  : PT       2  2 2x 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ x  3  4     2 0,25 đ x 3 Đặt t    ĐK: t>0; 2t  t  4t    t  1(kth); t  (th) 2 Ý2 (1,0đ) x 3     x  KL: Nghiệm PT x  2 cos x sin x dx Ta có: F  x   I   cos x  cos2 x Khi t  , ta có:   Đặt t  cos x  dt  2cos x sin xdx dt  1 t 1 Suy : I        dt  ln C t  t  1  t  t  t KL: F  x   Câu Vb (1,0đ) 0,25 đ   cos x  ln  C  cos x  Ta có: Hệ số góc tiếp tuyến    cần tìm  Mà:  C  :  x  1  y   I  1;  ; R  0,25 đ 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Do đó:  1  : x  y  b  tiếp xúc (C)  d  I , 1   R 0,25 đ b   b  2  KL:  1  : 3x  y    Và :    : x  y  b  tiếp xúc (C)  d  I ,    R  b  Câu VIb (2,0đ) Ý1 (1,0đ) 0,25 đ   b  2  KL:    : x  y    ĐK: x > BPT    log x  log3 x  (HS ĐB) 0,25 đ 0,25 đ Hàm số có cực trị  y '  có nghiệm PB khác  m  0,25đ     A  ; m  , B  ; 2  m   AB   16   m  m  m     m  Ý2 (1,0đ) Đặt t  log3 x Ta có: t  4t    t  5  t KL: Nghiệm BPT  x   x 243 mx  Ta có: y '  x2 0,25đ AB  16   m   16 (không đổi) KL: m   (th)  m  0,50 đ 0,25 đ 0,25đ …HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM:  Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý ; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm Điểm tồn thi khơng làm trịn số  Điểm ý nhỏ cần thảo luận kỹ để chấm thống Tuy nhiên , điểm câu ý không thay đổi ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN – Khối B TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2m x  m  2m (1), với m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  Chứng minh đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox hai điểm phân biệt, với m  Câu II: (2,0 điểm)   Giải phương trình 2sin  x    4sin x  6  2 y  x  m  Tìm giá trị tham số m cho hệ phương trình  có nghiệm  y  xy   Câu III: (2,0 điểm) Tìm nguyên hàm hàm số  x  1 f  x   x  1 Với số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu 1 1 thức: P  x  y  z      x y z Câu IV: (1,0 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 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình Chuẩn Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), cho đường thẳng  d  : x  y   Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với trục tọa độ có tâm đường thẳng (d) Câu VIa: (2,0 điểm) Giải phương trình x log x  8log2 x Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị hàm số y  x 1 hai điểm phân biệt x2 cho hoành độ tung độ điểm số nguyên B Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho điểm A  1;3;5  , B  4;3;  , C  0; 2;1 Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Câu VIb: (2,0 điểm) Giải bất phương trình 1  log x  log x  log8 x  Tìm m để đồ thị hàm số y  x3   m   x  5mx có điểm uốn đồ thị hàm số y  x .Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH CÂU Ý1 (1,0đ) Mơn thi: TỐN – Khối B Ý Câu I (2,0đ) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN NỘI DUNG ĐIỂM Khi m   y  x  x  Tập xác định D=R Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x   0,25 đ 0,25 đ  y '  x  x  x x  y '   x  0, x  1 Bảng biến thiên: Hàm số đồng biến khoảng  1;0  , 1;   nghịch biến khoảng  ; 1 ,  0;1 0,25 đ Hàm số đạt CĐ x  0, yCD  đạt CT x  1, yCT  Đồ thị cắt Oy (0;3) Đồ thị đối xứng qua Oy Ý2 (1,0đ) Phương trình HĐGĐ đồ thị (1) Ox: x  2m x  m  2m  () Đặt t  x  t   , ta có : t  2m 2t  m4  2m  () 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Ta có :  '  2m  S  2m2  với m  Nên PT () có nghiệm dương KL: PT () có nghiệm phân biệt (đpcm) Câu II (2,0đ) Ý1 (1,0đ) 0,25 đ 0,25 đ PT  sin x  cos x  4sin x    sin x cos x  sin x  sin x  0,25 đ 2   cos x  sin x  sin x   5  Khi : sin x  cos x   sin  x     x   k 2 3  Khi: sin x   x  k 5 KL: nghiệm PT x  k , x   k 2 Ý2 (1,0đ) y  my   y Ta có : x  y  m , nên : y 1  PT   ( y = PTVN) m y 2  y  1 Xét f  y   y    f '  y     y y Lập BTT KL: Hệ có nghiệm  m  Câu III (2,0đ) Ý1 (1,0đ)  x 1  Ta có: f  x      2x 1  0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ ,  x 1     2x 1  0,50 đ Ý2 (1,0đ)  x 1  KL: F  x     C  2x 1  Áp dụng BĐT Cô-si : 18 x   12 (1) Dấu xãy x  x 2 Tương tự: 18 y   12 (2) 18 z   12 (3) y z Mà: 17  x  y  z   17 (4) Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P  19 KL: GTNN P 19 Gọi T giao điểm MN với CD; Q giao điểm PT với AD TD DD ' Vẽ DD’ // BC, ta có: DD’=BM    TC MC TD AP QD DP CP    AT / / DP     Mà: TC AC QA AT CA VA.PQN AP AQ 1 Nên:     VA PQN  V ABCD (1) VA.CDN AC AD 5 10 V CP CM 1 Và C PMN     VABMNP  VABCD (2) VC ABN CA CB 4 Từ (1) (2), suy : VABMNQP  V ABCD 20 13 KL tỉ số thể tích cần tìm 13 P  19  x  y  z  Câu IV (1,0đ) Câu Va (1,0đ) Gọi I  m; 2m     d  tâm đường trịn cần tìm Ta có: m  2m   m  4, m  Khi: m  PT ĐT Ý1 (1,0đ) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 2 Khi: m  PT ĐT  x     y    16 Câu VIa (2,0đ) 0,25 đ 0,25 đ 4   16  x   y   3  3  0,50 đ ĐK : x  Ta có:  log x log x  3log x 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Đặt t  log x Ta có: t  3t    t  1, t  Khi: t  log x   x  2(th) 0,25 đ Khi: t  log x   x  4(th) KL: Nghiệm PT x  2, x  Ý2 (1,0đ) 0,25 đ 0,25 đ x2 Suy ra: x; y  Z  x   1  x  3, x  Ta có: y   0,25 đ 0,25 đ Tọa độ điểm đồ thị có hồnh độ tung độ số nguyên A 1;0  , B  3;  KL: PT đường thẳng cần tìm x  y   0,25 đ 0,25 đ Câu Vb (1,0đ)   Ta có: AB   3;0; 3  AB  0,25 đ Ý2 (1,0đ) Ta có: y '  x   m   x  5m; y "  x  2m  10 0,25 đ 0,50 đ KL: m  Ý1 (1,0đ) 0,25 đ 5m 5m ; y’’đổi dấu qua x  3   m  m  3 5m  m     điểm uốn Suy ra: U  ;    27   Câu VIb (2,0đ) Tương tự: BC  CA  Do đó: ABC đều, suy tâm I đường trịn ngoại tiếp ABC trọng tâm  8 KL: I   ; ;   3 3 t ĐK : x  Đặt t  log x , ta có : 1  t  t   BPT  3t  4t     t  KL:   log x    x  2 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,50đ y"   x  …HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM:  Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận dựa vào SGK hành có kết xác đến ý cho điểm tối đa ý ; cho điểm đến phần học sinh làm từ xuống phần làm sau không cho điểm Điểm tồn thi khơng làm trịn số  Điểm ý nhỏ cần thảo luận kỹ để chấm thống Tuy nhiên , điểm câu ý không thay đổi SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN Mơn thi: TỐN – Khối D Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) x3 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y  x 1 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: (2,0 điểm) Giải phương trình cos 3x  sin x   sin x  cos x    3 x  y  xy  Giải hệ phương trình   x2 y   Câu III: (2,0 điểm)   Tìm giá trị tham số m để phương trình  m    x   x  m có nghiệm a2 b2 c2    ab  bc  ca  a  b  c với số dương a; b; c a b bc c a Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy a khoảng cách từ A a đến mặt phẳng (A’BC) Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' 2 Chứng minh   II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình Chuẩn Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) Lập phương trình đường thẳng qua M  2;1 tạo với trục tọa độ tam giác có diện tích Câu VI.a: (2,0 điểm) Giải bất phương trình  log x  log  x    log   x  Tìm  ln x dx B Theo chương trình Nâng cao 1  Câu Vb: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm M  3;  Viết phương trình 2    tắc elip qua điểm M nhận F1  3; làm tiêu điểm Câu VI.b: (2,0 điểm)  y  x  x2  y  Giải hệ phương trình  x y 1 2   cos x  Tìm nguyên hàm hàm số f  x   cos x  .Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: ĐÁP ÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH CÂU Ý Câu I (2,0đ) Ý1 (1,0đ) Môn thi: TOÁN – Khối D NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định: D  R \ 1 0,25 đ Sự biến thiên:  Giới hạn tiệm cận: lim y  1; lim y   y  TCN x  x  0,25 đ lim y  ; lim y    x  1 TCĐ x  1  y'  x  1  x  1  0, x  D BBT: Hàm số đồng biến khoảng  ; 1 ,  1;   Và khơng có cực trị Đồ thị: ĐT cắt Ox (3;0), cắt Oy (0;-3) đối xứng qua  1;1 Ý2 (1,0đ) 0,25 đ 0,25 đ Gọi d đường thẳng qua I có hệ số góc k d : y  k  x  1  Ta có: d cắt ( C) điểm phân biệt M, N  PT : x3  kx  k  x 1 0,25 đ có nghiệm PB khác 1 Hay: f  x   kx  2kx  k   có nghiệm PB khác 1 k        4k   k   f 1      Mặt khác: xM  xN  2  xI  I trung điểm MN với k  KL: PT đường thẳng cần tìm y  kx  k  với k  0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I tâm đối xứng, dựa vào đồ thị ( C) để kết luận kết Câu II (2,0đ) Ý1 (1,0đ) Ta có: PT  cos 3x  sin x  cos x  sin x 3 cos 3x  sin x  cos x  sin x 2 2      cos  x    cos  x   3 6      Do đó: x   x   k 2  x    k 2 6    k 2 Và: x   2 x   k 2  x    10  Ý2 (1,0đ) Ta có : x y   xy  3 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ   Khi: xy  , ta có: x3  y  x3  y  27 0,25 đ NVT – 06.2010 Đề hd Toán 2010 so 48 Tõ biĨu thøc trªn ta cã: 0,25 x x a 2 VSMCH  a  x x  a 2 2  xa   a  M trïng víi D   0,25  2 I = ( x  sin 2x)cos2 xdx  xcos2xdx  sin xcos2 xdx  I  I    0 TÝnh I1   du  dx u  x x 14     I1  sin 2x sin 2xdx đặt 20 v   cos2xdx v  sin 2x   0,25      cos x   8 TÝnh I2   1 I  sin2 2xd(sin2x)  sin 2x  20 6 0,25  1      8 12 0,25 VËy I= IV 1 Ta cã :VT = ( 2 a b c b c a   )(   )  A B bc c a ab bc c a ab 0,25 NVT – 06.2010 Đề hd Toán 2010 so 48 A3  1 1   (a  b )  (b  c )  ( c  a )   a  b  b c  c  a   1 (a  b)(b  c)(c  a )3  ab bc ca  A a2 b2 c2 12  (a  b  c)2  (   )(a  b  b  c  c  a ) ab bc ca   B.2  B  Tõ ®ã tacã VT     VP 2 0,25 0,25 0,25 Dấu đẳng thức xảy a=b=c=1/3 V.a 0,25 Ta cã: AB = 5 ;  ), 2 , trung ®iĨm M ( pt (AB): x – y – = 3 S ABC = d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 Gäi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC d(G, AB)= d(G, AB)= t  (3t  8)   G(1; - 5) hc G(2; - 2) =  t = hc t =     Mµ CM  3GM  C = (-2; -10) hc C = (1; -1) 2 0,25 0,25 x  1 t  ptts :  y  2  t  M (1  t ; 2  t ; 2t )  z  2t  0,5 Ta cã: MA2  MB  28  12t  48t  48   t  Tõ ®ã suy : M (-1 ;0 ;4) VI.a 0,25 0,25   Bpt   x 2x  0,25   2 0,25 x 2x 4 NVT – 06.2010  Đề hd Toán 2010 so 48 x2 2x  t  2 (t  0) BPTTT : 0,25 t 4 t  t2  4t 1     t   (tm) 0,25  Khi ®ã :     x 2 x     1  x  x  0,25 x2  2x 1  1   x  1 V.b 1 (C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)  AMB  600 (1) Vậy  Vì MI phân giác AMB  AMB  1200 (2)  (1)  AMI = 300  MI  IA  MI = 2R  m2    m   sin 300 (2)  AMI = 60  MI  IA  MI = R  m2   Vô sin 60 3 0,5 0,5 nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0;- ) Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d 0,25  x   2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z   t    Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  + t ;  t).Suy : MH = (2t  ;  + t ;  t)  Vì MH  d d có vectơ phương u = (2 ; ; 1), nên :   2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) =  t = Vì thế, MH =  ;  ;     3 3 3 0,25     uMH  3MH  (1; 4; 2) Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là: 3 x  y 1 z   4 2 Theo có H ( ; ; ) mà H trung điểm MM nên toạ độ 0,25 0,25 M’ ( ;  ;  ) 3 ĐK: x>0 , y>0 VIb (1)  22log3 xy  2log3 xy   0,5 NVT – 06.2010 Đề hd Toán 2010 so 48 0,25 x (2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy)  x2+ 2y2 = log3xy =  xy = 3y= Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( ; ) ( ; S M A D H B C ) 0,25 NVT – 06.2010 Đề hd Toán 2010 so 49 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 (Tháng 01 năm 2010) Câu I (2 điểm) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Cho hàm số y 2x  x 1 (1) 1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến (C) M với đường thẳng qua M giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc - Câu II (2 điểm)  x 1) Giải phương trình sau:  x2  sin x  c os x  c os 4 x 2) Giải phương trình lượng giác:   tan(  x ) tan(  x ) 4 Câu III (1 điểm) Tính giới hạn sau: L  lim ln(2 e  e.c os2 x )   x x2 x0 Câu IV (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh l, bán kính đường tròn đáy r Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên hình nón, tiếp xúc với tất đường sinh đường trịn đáy nón gọi mặt cầu nội tiếp hình nón) Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; Giả sử độ dài đường sinh nón khơng đổi Với điều kiện bán kính đáy diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn: x + y2 + z2 = Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P = x + y3 + z3 – 3xyz Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ; 0) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + = 0, AB = 2AD hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật Câu VII (1 điểm) Giải hệ phương trình :  2 x  2010  2009 y  x   y  2010   log ( x  y  6)  log ( x  y  2)  - HẾT Ghi chú: - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu gì! - Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: ……….………………………………….…… Số báo danh: ……………… HƯỚNG DẪN CÂU I.1 NỘI DUNG ĐIỂM 2x  2 x 1 x 1 +) Giới hạn, tiệm cận: lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   Hàm số: y  x  x  ( 1)  x  x ( 1)  - TC đứng: x = -1; TCN: y = +) y '   0, x  D  x  1 +) BBT: x y' y -  -1 || + + +  ||  +) ĐT: điểm -10 -5 10 -2 -4 -6 I.2 +) Ta có I(- 1; 2) Gọi M  (C )  M ( x0 ;  y  yI 3 )  k IM  M  x0  xM  xI ( x0  1) +) Hệ số góc tiếp tuyến M: kM  y '( x0 )  II.1  x0  1 +) ycbt  kM k IM  9 +) Giải x0 = 0; x0 = -2 Suy có điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) +) ĐK: x  ( 2; 2) \ {0} +) Đặt y   x  y  xy  x , y  Ta có hệ:  2 x  y   1   1  x  x    ;  +) Giải hệ đx ta x = y =  1   1   y  y    +) Kết hợp điều kiện ta được: x = x  II.2 điểm +) ĐK: x  điểm 1     k ,k  Z      x) tan(  x)  tan(  x) cot(  x)  4 4 1 4 sin x  cos x   sin x   cos x 2 pt  cos 4 x  cos x    ) tan( điểm +) Giải pt cos24x =  cos8x =  x  k  cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta nghiệm phương trình x  k III L  lim ln(2 e  e.c os2 x )   x x2 x  lim  ,k  Z ln(1   c os2 x )    x x2 x        2 x)   x  2 x) 1  ln(1  sin   lim  ln(1  sin   lim    x0  x2 (1  x )   x   x  x2 x2     sin x sin x    sin x   sin x    2  3 IV.1 +) Gọi rC bán kính mặt cầu nội tiếp nón, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác SAB S SAB  prC  (l  r ).rC  Ta có:  rC  IV.2 S SM AB l điểm l  r 2r l r r 2(l  r ) lr 2 +) Scầu = 4 r C  4 r điểm I lr l r A M r B +) Đặt : y (r )  lr  r ,0  r  l lr   1 l r  2r (r  rl  l )  ) y '(r )  0  (l  r ) 1 l r   2 +) BBT: r y'(r) y(r) 1 l điểm ymax +) Ta có max Scầu đạt  y(r) đạt max  r  V l 1 l +) Ta có P  ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx )  x  y  z  ( x  y  z )2  P  ( x  y  z)  x2  y  z       ( x  y  z )2   ( x  y  z )2  P  ( x  y  z) 2    ( x  y  z ) 3   2     +) Đặt x +y + z = t, t  6( Bunhia cov xki) , ta được: P (t )  3t  t +) P '(t )   t   , P(  ) = 0; P( 2)  2 ; P( 2)  2 +) KL: MaxP  2; MinP  2 điểm VI +) d ( I , AB)   AD =  AB =  BD = +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4 +) Tọa độ A, B nghiệm  x   25  ( x  )2  y   y   A( 2; 0), B(2; 2) hệ:     x  2 x  2y      y    C (3;0), D(1; 2) VII  2 x  2010 (1)  2009 y  x   y  2010   log ( x  y  6)  log ( x  y  2)  1(2) +) ĐK: x + 2y = > 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 x = 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 = 9 9  x = y =7 +) Với x = - y vào (2) pt: log3(y + 6) =  y = -  x = 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 đề thi thử đại học Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng Trường thpt trần nguyên hÃn Môn toán lớp 12-lần - năm học 2009-2010 Thời gian lµm bµi : 180 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 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 tr ca m đồ thị hàm số cú cỏc điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân  x  y  x  y  12  Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:   y x  y 12 2/ Giải bất phương trình : log x  log x   (log x  3) Câu III (1.0 im) Tìm x (0; ) thoả mÃn phương trình: cot x - = cos x  sin x  sin x  tan x  Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : I   cos x cos xdx a , SA  a , SAB  SAC  30 Gäi M trung điểm SA , chứng minh SA ( MBC ) TÝnh VSMBC PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) Câu V(1.0 điểm) Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = A/ Phần đề theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC cú nh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   phân giác CD: x  y   Viết phương trình đường thẳng BC 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) B/ Phần đề theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 x  2x  Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) vµ 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 NVT – 06.2010 Đề hd Toán 2010 so 50 ******* HÕt ******* đáp án biểu điểm Thi thử đại học lần ii Cõu Môn toán lớp 12- 2009-2010 Hướng dẫn giải chi tiết ý Điểm 7.00 PHN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I Cho hàm số f  x   x  2m  2x  m  5m  ( C ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = 1* TXĐ: D = R 2* Sù biÕn thiªn hàm số: * Giới hạn ti vô cc: lim f x    : lim f  x   x * Bảng biến thiên: 0.25 x     f ' x   y'  x  x  x x  y '   x  0; x  1; x  x -∞ -1 y’ + 0 y +∞ +∞ + +∞ 0.5 0 Hµm sè đồng bin mi khoảng 1;0 1; , nghịch biến Trªn khoảng  ;1 0;1 Hàm số đạt cực tiểu x  1; y CT  , đạt cực đại x  0; y CD 3* Đồ thị: 4 4  * Điểm uốn: y ' '  12 x  , điểm uốn là: U   ; ,U   9  ;9     * Giao điểm với trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) C(1; 0) * Hàm số chẵn R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: 0.25 -5 -2 -4 Tìm giá trị m để (C) có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân x  * Ta có f '  x   x   m   x    x   m * Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt đổi dấu : m < (1) Toạ độ điểm cực trị là: A0; m  5m  5, B  m ;1  m , C   m ;1  m  NVT – 06.2010    0.25 0.5 Đề hd Toán 2010 so 50 * 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 =  Câu II 0.25  x  y  x  y  12  Giải hệ phương trình:   y x  y  12  * Điều kiện: | x |  | y | u  x  y ; u   Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có v  x y   1 u2  y   v   Hệ phương trình cho có dạng: 2 v  u  u    v  v   x2  y  u   +  (I) v  x  y   u  v  12  u2  u  v    12 2  v    u   x  y   +  (II) v  x  y   Giải hệ (I), (II) Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S   5;3 ,  5; Giải bất phương trình : log x  log x   (log x  3) 0.25 0.25 0.25 0.25 x  §K:  2 log x  log x   Bất phương trình đà cho tương đương với log x  log x   (log x 3) đặt t = log2x, BPT (1)  0.25 (1) t  2t   (t  3)  (t  3)(t  1)  (t  3) t  1 t  1 log x  1   t    3  t  3  log x  (t  1)(t  3)  5(t  3)   0  x  VËy BPT ®· cho cã tËp nghiƯm lµ: (0; ]  (8;16)   8  x  16 Câu III T×m x (0; ) thoả mÃn phương trình: NVT 06.2010 0.5 0.25 Đề hd Toán 2010 so 50 Cot x - = cos x  sin x  sin x  tan x sin x  sin x   sin x  cos x  tan x  1 cos x  sin x cos x cos x Khi ®ã pt    sin x  sin x cos x sin x cos x  sin x cos x  sin x   cos x  sin x cos x  sin x  sin x cos x sin x  cos x  sin x  sin x(1  sin x) §K:   (cos x  sin x )(sin x cos x  sin x  1)   (cos x  sin x )(sin x  cos x  3)    cos x  sin x   tanx =  x   k (k  Z ) (tm)  x  0;    k   x  0.25 0.25 KL: Câu IV  Tính tích phân : I   cos2 x cos xdx  I   cos x cos xdx   0.5  1  (1  cos x) cos xdx   (1  2cos x  cos x)dx 20 1   ( x  sin x  sin x) | /2  4 Câu V 0.5 a , SA  a , SAB  SAC  30 Gäi M lµ trung ®iÓm 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 NVT – 06.2010 Đề hd Toán 2010 so 50 Suy SB  a T­¬ng tù ta cịng cã SC = a Gäi M lµ 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 T­¬ng tù ta cịng cã MN  SA 2 a  a   a  3a 2 2 2 2  MN  AN  AM  AB  BN  AM  a         16  MN  4   1 a a a a3 Do ®ã VS MBC  SM MN BC   (®vtt) 32 0.25 0.25 0.25 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00 Phần lời giải theo chương trình Chuẩn Câu VIa Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x  y   phân giác CD: x  y   Viết phương trình đường thẳng BC Điểm C  CD : x  y    C  t ;1  t   t 1  t  Suy trung điểm M AC M  ;    0.25 0.25  t 1   t M  BM : x  y        t  7  C  7;8    Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y   I (điểm K  BC ) Suy AK :  x  1   y     x  y   0.25 x  y 1  Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 x  y 1  Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K  1;0  x 1 y Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình:   4x  y   7  Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45 Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= i 0 i 0.25     C C x  C5k x k  C5i x2 k 0 NVT – 06.2010 0.25 k i k  2i k 0 i 0 Đề hd Toán 2010 so 50  i    k  k  2i  10  i   Theo gt ta cã 0  k  5, k  N     a10= C5 C5  C52 C54  C54 C5  101  k  0  i  5, i  N    i   k   0.25 0.5 CâuVII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vuụng gúc vi mp (P) Gọi (Q) mặt phẳng cần tìm Ta cú AB (2, 4, 16) phương với a  (1,2, 8)   mp(P) có VTPT n  (2, 1,1)      Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT mặt phẳng (Q) lµ n  (2,5,1)   Mp(Q) chứa AB vng góc với (P) ®i qua A nhËn n  (2,5,1) lµ VTPT cã pt lµ: 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z  11 = 0.25 0.5 0.25 Phần lời giải theo chương trình Nâng cao Câu VI.b Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D Ta có:   AB   1;2   AB  Phương trình AB là: 2x  y   I   d  : y  x  I  t ; t  I trung điểm AC BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t; 2t    5 8 8 2 | 6t  | t   C  ;  , D  ;  Ngoài ra: d  C ; AB   CH        5 t   C  1;0  , D  0; 2   0.5 Mặt khác: S ABCD  AB.CH  (CH: chiều cao)  CH  0.25 5 8 8 2 Vậy tọa độ C D C  ;  , D  ;  C  1;  , D  0; 2   3 3 3 0.25 NVT – 06.2010 Đề hd Toán 2010 so 50 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + + + 1)5 = 45 Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= k 0 CâuVII.b    C5k x k  C5i x2 i 0 i 0.25 i   C5k C5 x k  2i k 0 i 0  i    k  k  2i  10  i   Theo gt ta cã 0  k  5, k  N     a10= C5 C5  C52 C54  C54 C5  101  k  0  i  5, i  N    i   k   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 xng qua d2 0.25 0.25 * Hoành độ giao điểm (C) d1 nghiệm phương tr×nh : x2  2x   x  m x 1  2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1) 0.5 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 đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Víi x1, x2 lµ hai nghiƯm cđa (1) ) * d1 d2 theo giả thiết Để A, B đối xứng qua d2 P trung ®iĨm cđa AB x x x x m  3m Thì P thuộc d2 Mà P( ;   m )  P( ; ) 2 4 3m  m  VËy ta cã    m  ( tho¶ m·n (*)) 4 VËy m =9 giá trị cần tìm 0.5 Chú ý : - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần http://ductam_tp.violet.vn/ = = = = = == = = HÕt = = = = = = = = NVT – 06.2010 Đề hd Toán 2010 so 50 ... phương trình cho x =1 x   16 9t  15 6t  45   t  0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 NVT – 06.2 010 De_hd Toan 25 6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R =1 *(d) cắt (C)...ĐÁP ÁN NVT – 06.2 010 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2 010 -LẦN De_hd Toan 25 CÂU Ý Câu I (2,0đ) ? ?1 (1, 0đ) Mơn thi: TỐN – Khối A NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định D=R 0 ,25 đ Giới hạn: lim... 1? ??c 1? ??b 1? ??a *Từ V T    (1  a ) (1  b ) (1  c ) (1  a ) (1  c ) (1  b ) Do a,b,c dương a+b+c =1 nên a,b,c thuộc khoảng (0 ;1) => 1- a ,1- b ,1- c *Biến đổi 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 NVT –