Đề thi thử đại học năm 2010 môn thi: Toán học – Khối A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Ộ. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010. ĐỀ THỊ THỬ SỐ 34 GV. NGUYEÃN NHAÄT ÑIEÀN. Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3 2 x − mx 2 − x + m + có đồ thị (Cm) 3 3 1.Khảo sát khi m =-1. 2.Tìm m để (Cm) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có tổng bình phương các hoành độ lớn hơn 15. Câu II: (2 điểm) Câu I: Cho hàm số y =. 1 1 ≤ 5 − 2x x + 2 − 3− x 2) Tìm các nghiệm thực của phương trình sau thoả mãn 1 + log 1 x ≥ 0 :. 1) Giải bất phương trình sau trên tập số thực:. (1). 3. sin x.tan 2 x + 3(sin x − 3 tan 2 x) = 3 3 1.  1− x. (2) . − 2 x ln (1 + x )  dx Câu III: (1 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫  + 1 x  0. Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi với µA = 1200 , BD = a >0. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với cạnh SC. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp. Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc + a + c = b . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. P=. 2 2 3 − 2 + 2 a +1 b +1 c +1 2. (3). II. PHẦN RIÊNG (3 điểm ) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình x + y + 1 = 0 . Phương trình đường cao vẽ từ B là: x − 2 y − 2 = 0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh bên của tam giác ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1), cắt đường thẳng ( d1 ) :. x + 2 y z −1 = = và vuông góc với đường thẳng ( d 2 ) : x = −2 + 2t; y = −5t ; z = 2 + t 3 1 −2. ( t ∈ R ). Câu VII.a: (1 điểm) Giải phương trình trong tập số phức: z 2 + z = 0 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) a) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm A (1;3 ) nằm ngoài (C): x 2 + y 2 − 6 x + 2 y + 6 = 0 . Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (C) tại hai điểm B và C sao cho AB=BC.. 2) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình ( x + 1) + ( y + 2 ) + ( z + 3) = 14 và điểm 2. 2. 2. M ( −1; −3; −2 ) . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua sao cho (P) cắt (S) theo một giao tuyến là. đường tròn có bán kính nhỏ nhất.  x 2 = 1 + 6log 4 y Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:  2 x 2 x +1  y = 2 y + 2. --Hết-Lop12.net. (a) (b). .. (4).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Hướng dẫn. Câu I: 2) Hàm số có CĐ, CT khi m < 2 . Toạ độ các điểm cực trị là: A(0; m2 − 5m + 5), B ( 2 − m ;1 − m), C (− 2 − m ;1 − m). Tam giác ABC luôn cân tại A ⇒ ∆ABC vuông tại A khi m = 1. 1 2. Câu II: 1) • Với −2 ≤ x < :. x + 2 − 3 − x < 0, 5 − 2 x > 0 , nên (1) luôn đúng. 1 5 5 < x < : (1) ⇔ x + 2 − 3 − x ≥ 5 − 2 x ⇔ 2 ≤ x < 2 2 2 1  5  Tập nghiệm của (1) là S =  −2;  ∪  2;  2  2  2) (2) ⇔ (sin x − 3)(tan 2x + 3) = 0 ⇔ x = − π + k π ; k ∈ Z 6 2 Kết hợp với điều kiện ta được k = 1; 2 nên x = π ; x = 5π 3 6. • Với. Câu III: • Tính. 1. H =∫ 0. 1− x dx . Đặt 1+ x. 1. • Tính. K = ∫ 2 x ln (1 + x ) dx .. Đặt. 0. π  π x = cos t; t ∈  0;  ⇒ H = 2 − 2  2 u = ln(1 + x) ⇒ K=1  2  dv = 2 xdx. Câu IV: Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của hình chóp S.ABCD:. Ta được:. V S ABCD .SA SA = = 2. = 13 V1 S BCD .HK HK V V V V1 + V2 = = 1 + 2 = 13 ⇔ 2 = 12 V1 V1 V1 V1. Câu V: Điều kiện Đặt. abc + a + c = b ⇔ b =. vì. ac ≠ 1. và. a , b, c > 0. π + kπ ; k ∈ Z . Ta được b = tan ( A + C ) 2 2 2 3 P= − + 2 2 2 tan A + 1 tan ( A + C ) + 1 tan C + 1. a = tan A, c = tan C. (3) trở thành:. a+c 1 − ac. với. A, C ≠. = 2cos 2 A − 2cos 2 ( A + C ) + 3cos 2 C = cos 2 A − cos(2 A + 2C ) + 3cos 2 C = 2sin(2 A + C ).sin C + 3cos 2 C. Do đó:. 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 sin C = ⇒ tan C = 3  Vậy max P = 10 ⇔  a = 3 . Từ. Câu VI.a: 1). 10  1  10 −  sin C −  ≤ 3  3 3 1   sin C = 3   A + C) = 1  sin(2 sin(2 A + C ).sin C > 0. P ≤ 2 sin C − 3sin 2 C + 3 =.  2 5 C  ;−  ,  3 3. 2 . Từ sin(2 A + C ) = 1 ⇔ cos(2 A + C ) = 0 4 2 2 ; b = 2; c =  2 4 . AB:. x + 2y + 2 = 0 ,. AC:. được. tan A =. 6x + 3 y + 1 = 0. 2) Phương trình mp(P) đi qua M và vuông góc với d2: Lop12.net. 2x − 5 y + z + 2 = 0. 2 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Toạ độ giao điểm A của d1 và mp(P) là: A ( −5; −1;3) ⇒ d:. x −1 y −1 z −1 = = 3 1 −1. Câu VII.a: Xét (1 + x )n = Cn0 + Cn1 .x + Cn2 .x 2 + Cn3 .x3 + ... + Cnn .x n • Lấy đạo hàm 2 vế n (1 + x )n−1 = Cn1 + 2Cn2 .x + 3Cn3 .x 2 + ... + nCnn .x n−1 2. 2. 2. 2. 2. 1. 1. 1. • Lấy tích phân: n ∫ (1 + x )n−1 dx = Cn1 ∫ dx + 2Cn2 ∫ xdx + 3Cn3 ∫ x 2 dx + ... + nCnn ∫ x n−1dx 1. ⇒. 1. C + 3C + 7C + ... + ( 2 − 1) C = 3 − 2 1 n. 2 n. 3 n. n. n n. n. n. • Giải phương trình 3n − 2n = 32n − 2n − 6480 ⇔ 32 n − 3n − 6480 = 0 ⇒ 3n = 81 ⇔ n = 4 Câu VI.b: 1) Đường thẳng đi qua các giao điểm của (E) và (P): x = 2 Tâm I ∈ ∆ nên:. I = ( 6 − 3b; b ) .. Ta có:.  4 − 3b = b b =1 6 − 3b − 2 = b ⇔  ⇔  4 − 3b = −b b = 2. ⇒ (C): ( x − 3)2 + ( y − 1)2 = 1 hoặc (C): x 2 + ( y − 2 )2 = 4 2) Lấy M ∈ ( d1 ) ⇒ M (1 + 2t1 ; −1 − t1 ; t1 ) ; N ∈ ( d 2 ) ⇒ N ( −1 + t; −1; −t ) uuuur Suy ra MN = ( t − 2t1 − 2; t1; −t − t1 ) uuuur r ( d ) ⊥ mp ( P ) ⇔ MN = k .n; k ∈ R* ⇔ t − 2t1 − 2 = t1 = −t − t1. 1 5. 3 5. ⇒ d: x − = y + = z +. ⇔. 4   t = 5 1 3 2 ⇒ M =  ; − ; −   5 5 5 t = −2 1  5. 2 5. Câu VII.b: Từ (b) ⇒ y = 2 x +1 .Thay vào (a) ⇔. x 2 = 1 + 6log 4 2 x +1 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0. ⇒ Nghiệm (–1; 1), (4; 32).. Lop12.net. ⇔  x = −1 x = 4.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>