Đề thi chọn học sinh giỏi trại hè Hùng Vương lần thứ XI môn thi: Toán - Lớp: 10 (thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT- TP CAO LÃNH ĐỀ CHÍNH THỨC --------------. KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN I NĂM HỌC 2009 – 2010 MÔN: TOÁN, KHỐI A,B Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số: 𝑦 =. 𝑥+2 (C) 𝑥‒1. 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số 2. Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành. Câu II (2,0 điểm): 1. Giải phương trình lượng giác. 2 2 3𝑐𝑜𝑠 𝑥 + 2𝑠𝑖𝑛3𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥 ‒ 𝑠𝑖𝑛4𝑥 ‒ 3 =1 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 2. Giải hệ phương trình. 𝑥 + 𝑦 + 1 + 1 = 4(𝑥 + 𝑦)2 + 3. 𝑥 + 𝑦 3 2𝑥 ‒ 𝑦 = 2. {. Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau.  3. I . dx sin x. cos 4 x 2. 4. Câu IV(1,0 điểm): Cho ba số thực 𝑎,𝑏,𝑐 thỏa mãn 𝑎𝑏𝑐 = 2 2 ,Chứng minh rằng: 6. 𝑎 +𝑏. 6. 6. 6. 𝑏 +𝑐. 6. 𝑐 +𝑎. 6. + 4 + 4 ≥4 4 4 2 2 4 2 2 4 2 2 𝑎 +𝑏 +𝑎 𝑏 𝑏 +𝑐 +𝑏 𝑐 𝑐 +𝑎 +𝑐 𝑎 Câu V(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = 𝑎 2, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng. 𝑎. . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng. 𝑎. 3. 15 . 27. 3 II. PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VIa(2,0 điểm): 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD) 2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B sao cho AB = 6 Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số của x5 trong khai triển (2+x +3x2 )15 B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb(2,0 điểm): 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD) 2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B sao cho AB = 6 Câu VIIb(1,0 điểm):Giải phương trình: Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 𝑥+1 2. 2 (9 ‒ 2.3 ‒ 3)log3 (𝑥 ‒ 1) + log1 27 = .9 3 𝑥. 𝑥. 𝑥. ‒9. 3. -------------------------------------------- HẾT-----------------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.. (Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 06 trang) Môn: TOÁN: KHỐI A,B CÂU. NỘI DUNG. ĐIỂM. I. 2,0 1. 1,0.  TXĐ: D= R\{1}. ‒3.  y’=. 0,25. < 0 ∀𝑥 ∈ 𝐷. 2. (𝑥 ‒ 1). Hàm số luông nghịch biến trên D và không có cực trị  Giới hạn: lim 𝑥→1. +. 𝑥+2 = +∞ 𝑥‒1. 𝑥+2 = ‒∞ 𝑥‒1. lim 𝑥→1. ‒. 0,25. 𝑥+2 = 1 𝑥→∞ 𝑥 ‒ 1 lim.  PT đường TCĐ: x=1; PT đường TCN: y=1 . Bảng biên thiên: t -∞ f’(t) 1 f(t). 0,25 1. +∞ +. ∥ +∞ -∞. 1.  Đồ thị:. 0,25. y. f(x) =. x+2 x-1. 4 5/2 1 -2. O 1 -2. Lop12.net. 2. 3. x.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. 1,0.  Gọi k là hệ số góc của đt đi qua A(0;a). PT đt d có dạng y= kx+a (d).  d là tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT. {. 𝑥+2 𝑥-1 k=. 0,25. = kx + a có nghiệm. -3 2. (𝑥 - 1). <=>Pt (1-a)x2 +2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1  Theo bài ra qua A có 2 tiếp tuyến thì pt (1) có 2 nghiệm x1 ; x2 phân biệt 𝑎≠1 Đk là : ' ⇔ 1 ≠ 𝑎 > ‒ 2 (*) Δ = 3𝑎 + 6 > 0. 0,25. {. 2(𝑎 + 2) 𝑎+2 ; x1.x2 = 𝑎-1 𝑎-1. . Khi đó theo Viet ta có : x1 +x2 =. . . Suy ra y1 = 1+. . Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox thì y1.y2 <0. 3 3 ; y2 =1 + 𝑥1 ‒ 1 𝑥2 ‒ 1. ⇔ (1+. 3. ) (1 +. 𝑥1 - 1. 3. )<0 𝑥2 - 1. 0,25. 𝑥1.𝑥2 + 2(𝑥1. + 𝑥2) + 4. ⇔. 𝑥1.𝑥2 - (𝑥1. + 𝑥2) + 1. <0.  Giải đk trên ta được ⇔ -(3a+2) <0 ⇔ a>-2/3 Kết hợp với đk (*) ta có 1 ≠ a>-2/3. 0,25. II. 2,0. 1. 1,0. ( ).  ĐK: 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥 ≠ 0⇔cos 𝑥 ‒ . 𝜋 5𝜋 ≠ 0⇔𝑥 ≠ + 𝑘𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍 3 6. 0,25. 0,5. Với ĐK trên PT đã cho tương đương với. (. 3𝑐𝑜𝑠2𝑥 + 𝑠𝑖𝑛2𝑥 = 3𝑠𝑖𝑛𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝑥⇔cos 2𝑥 ‒. [. ( ) ( ) ( ) ( ). ). ( ). 𝜋 𝜋 = cos 𝑥 ‒ 6 3. 𝜋 𝜋 𝜋 = 𝑥 ‒ + 𝑘2𝜋 𝑥 =‒ + 𝑘2𝜋 6 3 6 ⇔ ⇔ 𝜋 𝜋 𝜋 𝑘2𝜋 ;𝑘 ∈ 𝑍 2𝑥 ‒ =‒ 𝑥 ‒ + 𝑘2𝜋 𝑥 = + 6 3 6 3 2𝑥 ‒. [. 𝜋 6.  Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là 𝑥 = + 𝑘2𝜋,𝑥 = 2. 3𝜋 + 𝑘2𝜋, 𝑘 ∈ 𝑍 2. 0,25. 1,0 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . . 0.25. Đặt : t = x + y ; ĐK: t ≥ 0. 2. 𝑡 + 1 + 1 = 4𝑡 + 3. 𝑡⇔ 𝑡 + 1 ‒ 3𝑡 = 4𝑡 ‒ 1. Giải PT:. 1 ‒ 2𝑡. ⇔. 2. 0,5. 𝑡 + 1 + 3𝑡. ⇔(1 ‒ 2𝑡). [. = (2𝑡 ‒ 1)(2𝑡 + 1) 1. 𝑡 + 1 + 3𝑡. ]. + 2𝑡 + 1 = 0. 1 ⇔𝑡 = 2. Hệ đã cho trở thành. { { 1 𝑥+𝑦= 2⇔. 2𝑥 ‒ 𝑦 =. 3 2. {. 0,25. 2 𝑥= 3 1 𝑦 =‒ 6. 2 3 Vậy hệ dã cho có một nghiệm 1 𝑦 =‒ 6 𝑥=. III. 1,0 . . 3. 3. I . 0,5. dx dx  4. 4 2 2 sin x. cos x  sin 2 x. cos x 2. 4. 4. Đặt : t = tanx⇒𝑑𝑡 =. 𝑑𝑥 2. 𝑐𝑜𝑠 𝑥 𝜋 Đổi cận: x = ⇒𝑡 = 1 4 𝜋 x = ⇒𝑡 = 3 3 3. Khi đó I . 3. (1  t 2 ) 2 dt 1 1 t3 2  (  2  t ) dt  (   2 t  ) 1 t 2 1 t 2 t 3. 3 1. . 0,5. 8 34 3. IV. 1,0 . 2. 2. 4. 4. 2 2. (𝑎 + 𝑏 )(𝑎 + 𝑏 ‒ 𝑎 𝑏 ) 4. 4. 2 2. 𝑎 +𝑏 +𝑎 𝑏 . 0,25. BĐT cần chứng minh tương đương với +. (𝑏. 2. 2. 4. 4. 2 2. + 𝑐 )(𝑏 + 𝑐 ‒ 𝑏 𝑐 ) 4. 4. 2 2. 𝑏 +𝑐 +𝑏 𝑐. 2. +. (𝑐. 2 2 2 Nhận xét: Do 𝑎𝑏𝑐 = 2 2 nên 𝑎 ,𝑏 ,𝑐 là các số thực dương. Lop12.net. 2. 4. 4. 4. 2 2. 2 2. + 𝑎 )(𝑐 + 𝑎 ‒ 𝑐 𝑎 ) 4. 𝑐 +𝑎 +𝑐 𝑎. ≥4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. 2. (𝑥 + 𝑦 ‒ 𝑥𝑦). 0,5. . Xét : A =. . 𝑥 𝑡 ‒𝑡+1 Chia tử và mẫu cho 𝑦 và đặt t = ta được A = 2 với t > 0 𝑦 𝑡 +𝑡+1. 2. 2. 𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦. với x,y > 0 2. 2. 2. . Xét hàm số f(t) =. 𝑡 ‒𝑡+1 2. 𝑡 +𝑡+1. trên (0;+ ∞). 2.  . 2(𝑡 ‒ 1). Ta có : f’(t) =. 2. 2. (𝑡 + 𝑡 + 1) Bảng biên thiên: t 0 1 ’ f (t) 0 1 f(t). . = 0⇔𝑡 = 1. +∞ + 1. 1 3. Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t) ≥ 2. 2. 2. 2. (𝑥 + 𝑦 ‒ 𝑥𝑦). 1 với mọi t > 0 3. 1 với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y. 3. . Từ đó A =. . . Do vai trò 𝑎 ,𝑏 ,𝑐 là như nhau nên BĐT cần chứng minh tương đương 1 2 1 2 1 2 2 2 2 (𝑎 + 𝑏 ) + (𝑏 + 𝑐 ) + (𝑐 + 𝑎 ) ≥ 4 3 3 3 2 2 2 2 ⇔ (𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ) ≥ 4 3 2 2 2 3 2 2 2 Áp dụng BĐT cô si ta có 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ≥ 3 𝑎 𝑏 𝑐 = 6, 𝑣ớ𝑖 𝑎𝑏𝑐 = 2 2. . Thay vào ta suy BĐT được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2. 𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦. ≥. 2 2 2. 0,25. V. 1,0. Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH ⊥ AE Ta có △ ACD cân tại A nên CD ⊥ AE Tương tự △ BCD cân tại B nên CD ⊥ BE Suy ra CD ⊥ (ABE) ⇒ CD ⊥ BH Mà BH ⊥ AE suy ra BH ⊥ (ACD) Do đó BH =. 𝑎 3. 0,25. A 𝑎 2 H 𝑎. và góc giữa hai mặt phẳng. 3. D 𝛼. (ACD) và (BCD) là 𝛼. E. B 𝑎 C 3 1 𝑎 15 Thể tích của khối tứ diện ABCD là 𝑉 = 𝐵𝐻.𝑆𝐴𝐶𝐷 = 3 27. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ⇒𝑆𝐴𝐶𝐷 = 𝑎 2. 2. Mà 𝐴𝐸 + 𝐸𝐷 = 2𝑎 2. 2. 5 2 5 2 2 45 ⇒𝐴𝐸.𝐷𝐸 = 𝑎 ⇒𝐴𝐸 𝐷𝐸 = 𝑎 3 3 9. 2. 2. 2. Khi đó :𝐴𝐸 ,𝐷𝐸 là 2 nghiệm của pt: x2 - 2𝑎 x + 𝑎. [. 2. [. 9. = 0. 2. 𝑎 5𝑎 2 𝐴𝐸 = 𝐴𝐸 = 3 3 ⇒ 2 ℎ𝑜ặ𝑐 2 5𝑎 𝑎 2 2 𝐷𝐸 = 𝐷𝐸 = 3 3 2. 45. 2. 5𝑎 trường hợp 𝐷𝐸 = 𝑙𝑜ạ𝑖 vì DE<a 3 2. 2. 2. 2. Xét △ BED vuông tại E nên BE = 𝐵𝐷 ‒ 𝐷𝐸 = 𝑎 ‒. 𝑎. 2. 3. =𝑎. 0,25. 2 3. 𝑎 Xét △ BHE vuông tại H nên sin𝛼 =. 𝐵𝐻 = 𝐵𝐸. 3 𝑎. 2 3. =. 1. 0. ⇒𝛼 = 45 2. 0. Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là 𝛼 = 45 VIa. 2,0. 1. 1,0. Ta có 𝐵𝐶 = (2;4;0); 𝐵𝐷 = (0;4;3) [𝐵𝐶, 𝐵𝐷] = (12; -6;8) Mp (BCD) đi qua B và có VTPT 𝑛 =(6;-3;4) nên có PT: 6x-3y+4z+16=0 Gọi d là đt đi qua A và vuông góc với mp(BCD) thì d có PT: 𝑥 = 4 + 6𝑡 𝑦 =‒ 7 ‒ 3𝑡 𝑧= 4𝑡. 0,5. Hình chiếu vuông góc H của A lên mp(BCD) là giao điểm của d với mp(BCD) Tọa độ của H là nghiệm của hệ : 𝑥 = 4 + 6𝑡 𝑡 =‒ 1 𝑦 =‒ 7 ‒ 3𝑡 𝑥 =‒ 2 ⇔ 𝑦 =‒ 4 𝑧= 4𝑡 6𝑥 ‒ 3𝑦 + 4𝑧 + 16 = 0 𝑧 =‒ 4. 0,5. {. {. {. Vậy H( -2; -4; -4) 2. 1,0 0,5. Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5 Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH ⊥ AB suy ra IH =4 Mặt khác IH= d( I; Δ ) Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng 3x+4y+c=0. I Lop12.net. A. H. B.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> |𝑐 ‒ 9| 𝑐 = 29 = 4⇔ 𝑐 =‒ 11 5 vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0. [. d(I; Δ )= VIIa. 0,5. 1,0 15. 0,5. 𝑘 2 𝑘 15 ‒ 𝑘 Ta có = 𝐶15.(𝑥 + 3.𝑥 ) .2 𝑘=0 𝑘 𝑖 𝑖 𝑘+𝑖 2 𝑘 Mà (𝑥 + 3.𝑥 ) = 𝐶𝑘.3 .𝑥 𝑖=0 15 𝑘 𝑘 𝑖 𝑖 𝑘+𝑖 Vậy (2+x+3x2 )15 = . 𝐶15.𝐶 .3 .𝑥 𝑘 𝑘=0𝑖=0. ∑. (2+x+3x2 )15. ∑. ∑∑. Theo gt với x5 ta có các cặp số : (k=3; i=2) ( k=4; i=1) (k=5; i=0) Vậy hệ số của x5 trong khai triển trên là : 3 2 2 12 4 1 1 11 5 0 0 10 10 a= 𝐶15.𝐶3.3 .2 + 𝐶15.𝐶4.3 .2 + 𝐶15.𝐶5.3 .2 = 82.131.2 VIb. 0,5. 1,0.  . ĐK: x > 1 Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương. (9𝑥 ‒ 2.3𝑥 ‒ 3)log3 (𝑥 ‒ 1) ‒ 3 = 2.3𝑥 ‒ 9𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)log3 (𝑥 ‒ 1) ‒ 3 ‒ 2.3 + 9 = 0 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)log3 (𝑥 ‒ 1) + (3 + 1)(3 ‒ 3) = 0 𝑥 𝑥 ⇔(3 ‒ 3)(3 + 1)[log3 (𝑥 ‒ 1) + 1] = 0. [. 𝑥. [. 𝑥 = 1 (𝑙𝑜ạ𝑖). 3 ‒ 3=0 ⇔ log (𝑥 ‒ 1) + 1 = 0⇔ 𝑥 = 4 3. ⇔𝑥 =. 3. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : 𝑥 =. 4 3. 4 3. Lop12.net. 0,25. 0,5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>