De thi thu dai hoc mon Toan 144

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (257.41 KB, 6 trang )

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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM
 Mơn thi : TỐN ( ĐỀ 144)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )

Câu I: Cho hàm số f(x)=x4+2(m −2)x2+m2−5m+5 ( C )
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1

2/ Tìm các giá trị thực của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.
Câu II: 1/ Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 1

√

x+2−

√

3− x≤
1

√

5−2x
2/ Tìm các nghiệm thực thoả mãn 1+log1

x ≥0 của phương trình:
sinx. tan 2x+

√

(

sinx −

√

3 tan 2x

)

√

Câu III: Tính tích phân sau:





0
1

2 ln 1
1

x

x x dx

x

  

   

  

 



Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,góc A=1200, BD = a >0. Cạnh bên SA vng góc 
với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 600. Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vng 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: 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

a2+1−
2
b2+1+

c2+1

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chọn chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: 1/ Cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình x+y+1=0 . Phương trình đường cao
vẽ từ B là: x −2y −2=0 . Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh
bên của tam giác ABC.

2/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1),cắt đường thẳng

(

d1

)

:
x+2

3 =

y
1=

z −1
−2
và vng góc với đường thẳng

(

d2

)

:x=−2+2t ; y=−5t ; z=2+t ( t∈R ).

Câu VII.a: Giải phương trình sau trên N*: C

n

+3Cn2+7Cn3+. ..+

(

2n−1

)

Cnn=32n−2n−6480

B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E): x2 5y2 5, Parabol

 

2
: 10
P x y

. Hãy viết
phương trình đường trịn có tâm thuộc đường thẳng

 

 :x3y 6 0 , đồng thời tiếp xúc
với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P).

2/ Viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 đồng thời cắt cả hai
đường thẳng

(

d1

)

x −1

2 =

y+1
−1 =

z

1 và

(

d2

)

:x=−1+t ; y=−1; z=−t , với t∈R .
Câu VII.b: Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

{

x

=1+6 log4y

y2=2xy+22x+1 .
Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu

Giám thị ( Ký và ghi rõ họ, tên) ………... Số báo danh của thí sinh: ...

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

Híng dÉn gi¶I ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.
 Môn thi : TỐN ( ĐỀ 144 )

Câu ý Híng dÉn giải chi tiết Điểm

PHN CHUNG CHO TT C C C TH SINHÁ Í 7.00

Câu I Khảo sát h m sà ố ( 2 im )

1 Vi m =1. Khảo sát hàm số f(x)=y=x4

−2x2+1 (C) (1.00 điểm )

1* TXĐ: D = R

2* Sự biến thiªn của hàm số:

* Giíi h¹n tại vơ cực: x →− ∞lim f(x)=+∞ : x →lim

+∞f(x)=+∞

0.25

* Bảng biến thiên: f '(x)=y '=4x3−4x=4x

(

x2−1

)

y '=0⇔x=0; x=−1; x=1

x -∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +

y +∞ 1 +∞

0 0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−1;0) và (1;+∞) , nghịch biến
trờn mỗi khoảng (− ∞;−1) và (0;1)

H m sà ốđạt cực tiểu tại x=±1; yCT=0 , t cc i ti x=0; yCD=1

0.5

3* Đồ thị:

* Điểm uốn: y''=12x2−4 , các điểm uốn là: U1

(

−

√

3
3 ;

)

,U2

(

√

3
3 ;

4
9

)

* Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0)

* Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
* Đồ thị: Giám khảo tự vẽ hình

-2

-4

-5 5

* Chú ý: Đối với Hs học chương trình cơ bản thì quy tắc KSHS thực hiện 
như chương trình chỉnh lý hợp nhất 2000.

0.25

2 Tìm tham số m (1.0 điểm)

* Ta có f '(x)=4x3+4(m −2)x=0⇔x=0; x2=2− m 0.25
* Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu :

m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là:

A

(

0;m2−5m+5

)

, B

(

√

2− m;1− m

)

,C

(

−

√

2− m;1−m

)

0.25

* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài tốn thoả mãn khi vng tại A:
⃗AB .⃗AC=0⇔(m−2)3=−1⇔m=1 vì đk (1)

Trong đó ⃗AB=

(

√

2− m;− m2

+4m−4

)

,⃗AC=

(

−

√

2− m;− m2+4m−4

)

Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1.

0.5

Câu II

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

Giải bpt 1

√

x+2−

√

3− x≤
1

√

5−2x ( 1.00 điểm )
* ĐK:

{

−2≤ x<5
2
x ≠1

0.25

* Với −2≤ x<1

2 :

√

x+2−

√

3− x<0,

√

5−2x>0 , nên bpt luôn đúng 0.25
* Với 12<x<5

2 : Bpt⇔

√

x+2−

√

3− x ≥

√

5−2x⇔

√

2x2−11x+15≤2x −3
Ta có:

{

3
2≤ x<

5
2
2x2− x −6≥0

⇔2≤ x<5

0.25

Vậy tập nghiệm của bpt là: S=¿∪¿ 0.25

2 Nghiệm PTLG sinx. tan 2x+

√

(

sinx −

√

3 tan 2x

)

√

3
* ĐK :

1
3

1 log x 0 0x3

0.25

* ĐK : cos 2x ≠0

PT tương đương với (sinx −3)

(

tan 2x+

√

)

=0⇔tan2x=−

√

3
⇔x=−π

6+k
π
2 ;k∈Z

0.5

* Kết hợp với điều kiện (1) ta được k = 1; 2 nên x=π
3 ; x=

5π

6 0.25

Câu III

Tính tích phân





0
1

2 ln 1
1

x

K x x dx

x

  

 

  

  

 



( 1.00 điểm)
* Tính



0
1

√

1−

√

x

√

xdx=I , Đặt

√

x=cost ;t∈

[

0;
π

]

Đổi cận: x=0⇒t=π

2 và x=1⇒t=0
Ta có: x=cos2t⇒dx=−2 sint. cost. dt

0.25

* Biến đổi:

√

1−

√

x

√

x . dx=−2(1−cost). cost. dt
* Nên

I=2



π

(1−cost)cost. dt=2



π

cost. dt−



π

(1+cos 2t)dt=2sint¿0

π

2− t
¿0

π

2−1

2sin 2t¿0

π

=2−π
2

0.25

* Tính



0
1

2xln(1+x)dx=J
Đặt

{

u=ln(1+x)

dv=2 xdx ⇒

{

du= 1

1+xdx
v=x2

0.25

* Nên
J=x2. ln

(1+x)¿01−



0
1

x2

x+1dx=ln 2−



0
1

(

x −1+ 1

1+x

)

dx=ln 2−

(

x2

2 − x+ln|1+x|

)

¿0
1

=1
2
Vậy K=I −J=3− π

0.25

Câu IV Hình học khơng gian ( 1.00 điểm )

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

OB=1
2BD=

a

2 và AB=AC=
a

√

3
Đặt I là trung điểm BC thì AI⊥BC;AI=OB

Mà SA⊥mp(ABCD)⇒BC⊥SI . Do đó ∠SIA là góc giữa 2 mp(SBC) và
mp(ABCD) vì ΔSAI vuông tại A : ∠SIA=600⇒SA=AI. tan600=a

√

2
* Kẻ OK⊥SC tại K thì mp(BD;OK) là mp(α).

Khi đó ΔASC~ΔKOC : SC
OC=

KC⇔KC=

OC. AC

SC ⇔

SC
KC=

SC2

OC . AC (1)
Lại do OC=1

2AC;SC

=SA2+AC2 , nên SC

KC=2

(

1+
SA2
AC2

)

13
2 =

SA
HK
Trong đó H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) và H thuộc AC.

0.25

* Ký hiệu V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần cịn lại
của hình chóp S.ABCD: V

V1

=SABCD.SA
SBCD. HK

=2 .SA

HK=13

0.25
* Ta được: V

V1

=V1+V2
V1

=1+V2
V1

=13⇔V2
V1

=12

A B

C
S

0.25

Câu V

Tìm GTLN của biểu thức P= 2
a2+1−

2
b2+1+

c2+1 (1) ( 1.00 điểm )
* Điều kiện abc+a+c=b⇔b= a+c

1−ac vì ac≠1 và a , b , c>0
Đặt a=tanA , c=tanC với A , C ≠π

2+kπ ;k∈Z . Ta được b=tan(A+C)

0.25

(1) trở thành

P= 2
tan2A

+1−

2
tan2

(A+C)+1+
3
tan2C+1

= 2cos2A −2 cos2(A+C)+3 cos2C
= cos2A-cos(2A+2C)+3 cos2C
= 2sin(2A+C). sinC+3 cos2C

0.25

Do đó: P≤2|sinC|−3 sin2C

+3=10

3 −

(

|sinC|−
1
3

)

2
≤10

3
Dấu đẳng thức xảy ra khi:

{

|sinC|=1
3

|

sin(2A+C)

|

=1
sin(2A+C). sinC>0

0.25

Từ

|

sinC

|

3⇒tanC=

√

4 . từ

|

sin(2A+C)

|

=1⇔cos(2A+C)=0 được
tanA=

√

Vậy Ma . xP=10

3 ⇔

(

a=

√

2 ;b=

√

2;c=

√

2
4

)

0.25

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00

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

Câu VIa Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian ( 2.00 điểm)
1 Toạ độ trong mạt phẳng ( 1.00 điểm )

* Gọi D, E lần lượt là chân đương cao kẻ từ B, C.

Ta có toạ độ điểm B(0 ; -1) và ⃗BM=(2;2) , suy ra MB⊥BC
Kẻ MN // BC cắt BD tại N thì BCNM là hình chữ nhật.

0.25

* Phương trình đường thẳng MN là: x+y −3=0
N=MN∩BD nên N

(

3;
1

)

. Do NC⊥BC nên pt là x − y −
7

3=0 0.25

* Toạ độ C là nghiệm của hpt:

{

x+y+1=0
x − y −7

3=0

⇒C

(

2
3;−

5
3

)

Toạ độ vectơ ⃗CM=

(

3;
8

)

, nên phương trình AB là: x+2y+2=0

0.25

* Một vectơ chỉ phương của BN là vectơ pháp tuyến của AC, nên phương trình
cạnh AC là: 6x+3y+1=0

E D

B C

M N 0.25

2 Toạ độ trong không gian (1.00 điểm)

* VTCP của d2 là ⃗v=(2;−5;1) và cũng là VTPT của mp(P) đi qua M và vng

góc với d2. Pt mp(P) là: 2x −5y+z+2=0 0.25

* Gọi A là giao điểm của d1 và mp(P) nên A(−2+3t ;t ;1−2t)

Thay vào phương trình mp(P) thì t=−1⇒A(−5;−1;3) 0.25
* Đường thẳng d cần lập pt có VTCP ⃗u=(3;1;−1)do⃗MA=(−6;−2;2)

Vậy phường trình đường thẳng d là: x −1

3 =

y −1

1 =

z −1

−1 (vì d ≠ d2)

0.5

CâuVII.a Giải pt : Cn1

+3Cn2+7Cn3+. ..+

(

2n−1

)

Cnn=32n−2n−6480 (1.00 điểm)
* Trên R. Xét (1+x)n=Cn0+Cn1.x+C2n.x2+Cn3.x3+.. .+Cnn.xn

Lấy đạo hàm 2 vế n(1+x)n−1=Cn1+2Cn2.x+3Cn3.x2+.. .+nCnn.xn −1 0.25

* Lấy tích phân:

n



1
2

(1+x)n −1dx=Cn1



1
2

dx+2C2n



1
2

xdx+3Cn3



1
2

x2d x+. ..+nCnn



1
2

xn −1d x 0.25
* Ta được Cn1+3Cn2+7Cn3+. ..+

(

2n−1

)

Cnn=3n−2n 0.25

* Giải phương trình 3n−2n

=32n−2n−6480⇔32n−3n−6480=0

Suy ra 3n=81⇔n=4 0.25

Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian (2.00 điểm)
1 Toạ độ trong mặt phẳng (1.00 điểm)

* Toạ độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của HPT:

{

x=10y
2
x2+5y2=5

Nhận thấy: với mỗi x > 0, có 2 giá trị y đối xứng nhau, suy ra đường thẳng đi qua
các giao điểm là: x = 2 ( cát tuyến chung)

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

Theo bài ra:

b=1
b=2
4−3b=b
4−3b=− b⇔¿
|6−3b −2|=|b|⇔¿

Ta có: Tâm I1=(3;1) và R1=1 . Phương trình là (x −3)2+(y −1)2=1 0.25
Tâm I2=(0;2) và R2=2 . Phương trình là : x2+(y −2)2=4 0.25
2 Toạ độ trong không gian ( 1.00 điểm)

* Điểm M∈

(

d1

)

, nên toạ độ của M=

(

1+2t1;−1−t1;t1

)

điểm N∈

(

d2

)

, nên toạ độ của N=(−1+t ;−1;−t)
Suy ra ⃗MN=

(

t −2t

1−2;t1;− t −t1

)

0.25
* Với M , N∈(d) và mặt phẳng (P) có 1 VTPT là ⃗n=(1;1;1) . Suy

ra:

(d)⊥mp(P)⇔⃗MN=k.n; k⃗ ∈R❑⇔t −2t1−2=t1=−t − t1

0.25

* Giải ra ta được

{

t=4
5
t1=−2

, do đó M=

(

1
5;−

3
5;−

)

0.25

* Vậy phuơng trình đường thẳng (d) là: x −1
5=y+

3
5=z+

5 0.25

CâuVII.b

Giải hệ phương trình

{

x
2

=1+6 log4y

y2=2xy+22x+1 ( 1.00 điểm )
* ĐK : y > 0

Phương trình ẩn y có 2 nghiệm là: y = -2x (loại) và y = 2x+1 0.25
* Với y = 2x+1 thay vào pt (1) có: x2

=1+6 log42x+1⇔x2−3x −4=0

giải pt thì x = -1 và x = 4 0.5

* Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1)

Với x = 4 thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32) 0.25

</div>

De thi thu dai hoc mon Toan 144

√

√

√

√

(

√

)

<sub>√</sub>







(

)

(

)

(

)

 

 

(

)

(

)

{

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

(

√

)

(

√

)

(

)

(

√

)

(

√

)

<sub>(</sub>

<sub>√</sub>

)

(

<sub>√</sub>

)

√

<sub>√</sub>

√

{

√

√

√

√

√

√

√

{

√

(

√

)

<sub>√</sub>

(

<sub>√</sub>

)

<sub>√</sub>







<sub></sub>

√

√

√

√

[

]

√

√