De va DA thi thu DH 642010 Du bi

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (154.28 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở gd & đt bắc ninh

Đề thi thử đại học năm 2010

TRƯỜNG THPT lơng tài 2

Mơn: Tốn

–

Ngày thi: 06.4.2010

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )

phần chung cho tất c cỏc thớ sinh

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 3 2 4



x x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A,

M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.
Câu II (2điểm)

1. Giải hệ phơng trình:

y

x

y

x

y

x

)

2 )(

1 (

4 )

(

1

(x, yR)

2. Giải phơng trình: 8

1
3

tan
6
tan

3
cos
cos
3

sin
.

sin3 3

x
x

x
x
x

x

Câu III (1 điểm) Tính tích ph©n 



 

)
1

ln(x x dx

x

I

Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vng góc của A’ lên
mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vng góc với AA’, cắt lăng
trụ theo một thiết diện có diện tích bằng

8
3

a . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC.

Câu V (1 ®iĨm) Cho a, b, c lµ ba sè thùc d¬ng tháa m·n abc = 1. Tìm giá trị lín nhÊt cđa biĨu thøc
3

1
3

2
1
3

2
1

2
2
2

2
2











a

c
c

b
b

a
P

PhÇn tù chän

Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2

PhÇn 1

Câu VI.a (2 điểm)

1. Trong mt phng vi h trục tọa độ Oxy cho parabol (P): yx2  2x và elip (E): 1
9

2
2


y

x .

Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng trịn. Viết phơng trình đờng trịn đi qua
4 điểm đó.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trỡnh

0
11
6
4
2
2
2
2

y z x y z

x và mặt phẳng () có phơng trình 2x + 2y z + 17 = 0. Viết phơng trình mặt

phng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đờng trịn có chu vi bằng 6.
Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của

n

x

x 










1 , biÕt r»ng n lµ

sè nguyên dơng thỏa mÃn:

1
6560
1

2
3

2
2
2
2

1
2

3
1
2
0

n
C
n
C

C

C n

n

n
n

n

n (

k
n

C là số tổ hợp chập k của n phần tử)

Phần 2

Câu VI.b (2 điểm)

1. Trong mt phng vi hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 và tam giác

ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 vàđiểm C thuộc d2 . Viết phơng trình đờng trịn ngoại

tiÕp tam gi¸c ABC.

2. Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt
phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2
2

2 MB MC

MA  

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình























1 )

1 (

2 y

x

e

x

e

y
x

y
x
y
x

(x, yR)

---***HÕt***---Chó ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V.

Thớ sinh khụng đợc sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không gii thớch gỡ thờm

Họ và tên thí sinh:. . . Sè b¸o danh:. . . . . . .

Hớng dẫn chấm môn toán

- Điểm toàn bài không làm tròn.

- Hc sinh lm các khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.

- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phàn tự chọn thì không tính điểm phần tự chọn.

- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là 1,5 điểm.

Câu Nội dung Điểm

I.1 Khảo sát hàm sè 3 3 2 4



x x

y 1,00

1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:

a) Giíi h¹n:























 y lim(x 3x 4) ,lim y lim(x 3x 4)

lim 3 2

x
x

2
3
x
x

0,25

b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' = 0  x = 0, x = 2

Bảng biến thiên:

x -

0 2 +



y' + 0 - 0 +
y

4 +





- Hàm số đồng biến trên (-



; 0) và (2; +



), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = 0.

0,50

3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0).
Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng

0,25

I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vng góc ... 1,00

d cã ph¬ng tr×nh y = m(x – 3) + 4.

Hồnh độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình

0 m

x

3 x

0 )

m

x

)(

3 x

(

4 )

3 x

(

m

4 x

3 x

2
2

3 0,50

Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 vµ y'( m).y'( m)1 0,25

9
35
3
18
m
0
1
m
36
m
9
1
)
m
6
m

3
)(
m
6
m
3

( 2 














 (tháa

m·n)

0,25

II.1 Giải hệ phơng trình đại số 1,00

x
y

-1 O 2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ 0,25

H phng trỡnh tng ng vi

1 )

2 y

x

(

y

1 x

2 y

x

y

1 x

2
2

0,25

Đặt ,v x y 2

1
x
u






 Ta cã hÖ

u

v

1 uv

2 v

u















0,25

Suy ra





















1

2 y

x

1 y

1 x

. Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) 0,25

II.2 Giải phơng trình lơng giác 1,00

Điều kiện: 0

3
x
cos
6
x
cos
3
x
sin
6
x

sin 





 









 








 








 



Ta cã x 1

6
cot
6
x

tan
3
x
tan
6
x

tan 














 









 








 



0,25

Phơng trình đã cho tơng đơng với

8
1
x
3
cos
x
cos
x
3
sin
.
x

sin3  3 



1 cos 2x cos 2x cos 4x 1 cos 2x cos 2x cos 4x 1

2 2 2 2 8

   

    

0,25

2
1
x
2
cos
8

1
x
2
cos
2

1
)

x
4
cos
x
2
cos
x
2
(cos

2    3   

 0,25






















k
6
x

(lo¹i)

k
6
x

,(kZ). Vậy phơng trình cã nghiÖm  k

x ,

(kZ)

0,25

III Tính tích phân 1,00

Đặt

2/x

v

dx

1x

x

1x2

du

xdx

dv

)1x

xln(

u

2

1 1

2 3 2

2
0
0

x 1 2x x

I ln(x x 1) dx

2 2 x x 1



   

 



</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>



  









0
2
1

0 x x 1

dx
4

3
dx
1
x
x

1
x
2
4
1
dx
)
1
x
2
(
2
1
3
ln
2
1





1 1

0
2

1
0

2 I

4
3
3
ln
4
3
I
4
3
)
1
x
x
ln(
4
1
x
x
2
1
3
ln

2
1














0,25

* Tính I1:

2
2

2
3
2

1
x

dx
I

. Đặt

2
,
2
t
,
t
tan
2

3
2
1
x

Suy ra

3
t

3
3
2
t
tan
1

dt
)
t
tan
1
(
3

3
2
I

3
/

6
/

3
/

6
/
2

2
1

0,25

Vậy

12
3
3

ln
4
3

I 0,25

IV Tính thể tích khối lăng trô 1,00

Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vng góc của M lên AA’, Khi
đó (P)



(BCH). Do góc A ' AM nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.

0,25
Do tam giác ABC đều cạnh a nên

3
3
a
AM
3
2
AO
,
2

3
a

AM  

Theo bµi ra

4
3
a
HM
8

3
a
BC
.
HM
2
1
8

3
a
S

2
2

BCH     

0,25

4
a

3
16

a
3
4
a
3
HM
AM

2
2
2

2   



Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên

AH
HM
AO

O
'
A



suy ra

3
a
a
3

4
4

3
a
3

3
a
AH

HM
.
AO
O
'

0,25

Thể tích khối lăng trụ:

12
3
a
a
2

3
a
3
a
2
1
BC
.
AM
.
O
'
A
2
1
S

.
O
'
A

ABC

0,25

V Tìm giá trị lớn nhất ... 1,00

Ta có a2+b2  2ab, b2+ 1  2b 

1
b
ab

1
2
1
2
1
b
b
a

1
3

b
2

2
2
2
2












T¬ng tù

1
a
ca

1
2

1
3
a
2
c

1
,
1
c
bc

1
2
1
3
c
2
b

2
2
2













0,50
A

C’
B’

A’

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2
1
b
ab
1

b
ab
1
b
ab
1
b
ab
1
2
1
1
a
ca
1
1
c
bc
1
1
b
ab
1
2
1
P 


















 











0,25
2
1

P khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng

2
1

khi a = b = c = 1. 0,25

VIa.1 Viết phơng trình đờng trịn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00

Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình
0
9
x
37
x
36
x
9
1
)
x
2
x
(
9

x 2 2 4 3 2

2









 (*) 0,25

XÐt f(x)9x4  36x3 37x2  9, f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0,

f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt

0,25

Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ



















1 y

9 x

2 x

y

2
2
2
0,25

0

9 y8

x

16 y9

x9

9 y9

x

y8

x

16 x8

2 2

2
2
2

























(**)

(**) là phơng trình của đờng trịn có tâm 







9
4
;
9
8

I , b¸n kÝnh R =

161 Do

đó 4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng trịn có phơng trình (**)

0,25

VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng ().... 1,00

(

) // (

) nên (

) có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D

17)

Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi

6 nên có bán kính r = 3.

0,25
Khoảng cách từ I tới

(

) là h =

R2 r2 52 32 4





 0,25

Do đó

(loại)

17 D

7 D

12 D

5

4 )1

(

2 D

3 )2

(2

1.

2

2
2
2
0,25

Vậy

(

) có phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0

0,25

VII.a T×m hƯ sè cđa x2... 1,00

Ta cã 



 





   



2
0
n
n
n
2
2
n
1
n
0
n
2
0
n
dx
x
C
x

C
x
C
C
dx
)
x
1
(
I 
2
0
1
n
n
n
3
2
n
2
1
n
0

n C x

1
n
1
x

C
3
1
x
C
2
1
x
C 










 


suy ra I

n
1
n
2
n
3

1
n
2
0
n C
1
n
2
C
3
2
C
2
2
C
2

(1)

0,25
Mặt khác
1
n

1
3
)
x
1
(
1
n
1
I
1
n
2
0
1
n

(2)

Tõ (1) vµ (2) ta có n

n
1

n
2
n
3
1
n
2
0
n C
1
n
2
C
3
2
C
2
2
C
2

1
n

1
3n 1

Theo bài ra thì 3 6561 n 7

1
n
6560
1
n
1

3 n 1

1
n







 


0,25

Ta cã khai triÓn



 




















7
0
4
k
3
14
k
7

k
k
7
0 4
k
7
k
7
7

4 2 C x

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 2 k 2

4
k
3
14

Vậy hệ số cần tìm là

4
21
C
2

1 2

2 

0,25

VIb.1 Viết phơng trình đờng trịn .... 1,00

Do B  d1 nªn B = (m; - m – 5), C  d2 nªn C = (7 – 2n; n) 0,25

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên

0.

3 n

5 m

3

2.

3 n

2

7 m

2 1n

1 m

2n

m

3n

2m

Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)

0,25

Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình

0
c
by
2
ax
2
y
x2 2






 . Do A, B, C  (C) nªn ta có hệ

27/

338 c

18/

17 b

54/

83 a

0c

b2

a10

1

25 0c

b8

a2

16

1 0c

b6

a4

94

0,25

Vậy (C) có phơng trình 0

27
338
y
9
17
x
27
83
y

x2 2 0,25

VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất ... 1,00

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = 









3
;
3
8
;
3
7

Ta cã



 



2
2
2

GC
MG
GB

MG
GA

MG
MC

MB
MA

F        

2
2
2
2
2

2
2
2

GC
GB
GA
MG
3
)
GC
GB
GA
(
MG
2
GC
GB
GA
MG

3          



0,25

F nhỏ nhất MG2 nhỏ nhất M là hình chiÕu cđa G lªn (P) 0,25



3
3

19
1

1
1

3
3
3
/
8
3
/
7
))
P
(
,
G

(
d

MG 









 0,25

3
64
9
104
9
32
9
56
GC
GB

GA2 2 2    

VËy F nhá nhÊt b»ng

9
553
3

64
3

3
19
.
3









 khi M lµ hình chiếu của G lên (P) 0,25

VIIb Giải hệ phơng trình mũ 1,00

1y

x

e

1y

x

e

1y

x

e

)1x(

2 e

yx

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ

)2(

uv

ee

)1(

1u

e

1v

e

1u

e

v

u

v

u

v

- Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm

- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)  uv 0,25

ThÕ vµo (1) ta cã eu = u+1 (3) . XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1

De va DA thi thu DH 642010 Du bi

<b>Đề thi thử đại học năm 2010 </b>

<b> </b>

<b>Mơn: Tốn</b>

–

<b>Ngày thi: 06.4.2010</b>

<i> Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

)

2

)(

1

(

4

)

(

1

<sub></sub>



















1

)

1

(

2

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>e</i>

<i>x</i>

<i>e</i>

<i>e</i>





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

0

m

x

3

x

0

)

m

x

)(

3

x

(

4

)

3

x

(

m

4

x

3

x

1

)

2

y

x

(