NVT – 06.2010
De_hd Toan 25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – 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 sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
3 2
1
2 3 .
3
y x x x
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2 sin 2 3sin cos 2
4
x x x
.
2. Giải hệ phương trình
2 2
3 3
2 1
2 2
xy
.
Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều
.
S ABCD
có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a thể
tích khối chóp
.
S ABCD
và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
1; 2;3
I . Viết phương trình
mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy.
Câu VI.a: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2.27 18 4.12 3.8
x x x x
.
2. Tìm nguyên hàm của hàm số
2
x
x
.
2. Tìm m để hàm số
2
1
mx
y
x
có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
NVT – 06.2010
De_hd Toan 25
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1
Môn thi: TOÁN – Khối A
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định D=R .
0,25 đ
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
x y
và đạt CT tại
3, 0
CT
x y
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Đồ thị đi qua O và cắt Ox tại (3;0). Đồ thị đối xứng qua
2
2;
3
.
0,25 đ
Phương trình tiếp tuyến
tại điểm
0 0 0
;
M x y
là
0,25 đ
Câu I
(2,0đ) Ý 2
(1,0đ)
Khi:
0
3
x
thì
: 0
y
.
0,25 đ
PT
sin 2 cos2 3sin cos 2
x x x x
2
2sin cos 3sin 2cos cos 3 0
x x x x x
.
sin cos 1 sin
2
4
2
2
x k
x x x
x k
.
KL: nghiệm PT là
2 , 2
2
x k x k
.
y y y
.
0,25 đ
Câu II
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Đặt
x
t
y
, ta có :
3 2
2 2 5 0 1
t t t t
.
0,25 đ
Khi
1
t
.
0,25 đ
Xét
2
2
( )
2 2
x
f x
x x
2 2
4 3
'( )
2 2 2 2
x
f x
x x x x
.
0,25 đ
5
xy x y xy xy xy
Và
2
1
1 2 2 4
3
xy x y xy xy xy
. ĐK:
1 1
5 3
t
.
0,25 đ
Suy ra :
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1
1 1 2
5 3 15
P P
và
1
0
4
P
.
0,25 đ
Câu III
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL: GTLN là
1
4
và GTNN là
2
15
S a V a .
0,25 đ
Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác SMN. Ta chứng minh I cách đều các mặt của hình chóp
0,25 đ
Câu IV
(1,0đ)
2
2 3 1
2 2
4
4 3
SMN
a
a
S pr r
a a
là bán kính cần tìm.
0,25 đ
Gọi M là hình chiếu của I lên Oy, ta có:
0,25 đ
Câu VIa
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
Chia 2 vế cho
3
2 0
x
: PT
3 2
3 3 3
2 4 3 0
2 2 2
x x x
.
0,25 đ
Đặt
3
2
x
t
.
0,25 đ
Ta có:
2 2
cos sin
cos 1 cos
x x
F x I dx
x x
.
0,25 đ
Đặt
2
cos 2cos sin
t x dt x xdx
Suy ra :
1 1 1 1 1 1
ln
2 1 2 1 2
dt t
I dt C
0,25 đ
Ta có: Hệ số góc của tiếp tuyến
cần tìm là
3
.
0,25 đ
Mà:
2
2
: 1 1 1;0 ; 1
C x y I R
.
0,25 đ
Do đó:
1
: 3 0
x y b
tiếp xúc (C)
1
tiếp xúc (C)
2
,
d I R
3
1 2 3
2
b
b
. KL:
2
: 3 2 3 0
x y
.
0,25 đ
ĐK: x > 0 . BPT
3 3
4 log log 5
x x
0,50 đ
Ta có:
2
2
1
'
mx
y
x
.
0,25 đ
Hàm số có 2 cực trị
' 0
y
có 2 nghiệm PB khác 0
0
m
.
0,25đ
2
1 1 4
;2 , ; 2 16
A m B m AB m
2
m th
.
0,25đ
…HẾT…
HƯỚNG DẪN CHẤM:
Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành
và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh
làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không
làm tròn số.
Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng
câu và từng ý không được 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 1
Môn thi: TOÁN – Khối B
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
4 2 2 4
2 2
y x m x m m
(1), với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
có nghiệm duy nhất.
Câu III: (2,0 điểm)
1. Tìm nguyên hàm của hàm số
2
4
1
2 1
x
f x
x
.
2. Với mọi số thực dương
; ;
x y z
thỏa điều kiện
1
x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
1 1 1
2P x y z
x y z
x x
x
.
2. Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số
1
2
x
y
x
tại hai điểm phân biệt sao
cho hoành độ và tung độ của mỗi điểm là các số nguyên
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb: (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho các điểm
1;3;5 , 4;3;2 , 0;2;1
A B C . Tìm tọa
độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VIb: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
2 4 8
4 2
1 2 3
m y x x
.
Tập xác định D=R .
0,25 đ
Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
.
3 2
' 4 4 4 1
y x x x x
.
' 0 0, 1
y x x
.
0,25 đ
Bảng biến thiên:
Hàm số đồng biến trên khoảng
4 2 2 4
2 2 0
x m x m m
().
0,25 đ
Đặt
2
0
t x t
, ta có :
2 2 4
2 2 0
t m t m m
().
0,25 đ
Ta có :
' 2 0
m
và
2
2 0
S m
với mọi
2 3 cos sin 2 sin 0
x x x
.
0,25 đ
Khi :
5
sin 3 cos 2 sin 1 2
3 6
x x x x k
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Khi:
sin 0
x x k
.
KL: nghiệm PT là
5
, 2
( vì y = 0 PTVN).
0,25 đ
Xét
2
1 1
2 ' 1 0
f y y f y
y
y
0,25 đ
Câu II
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
Lập BTT. KL: Hệ có nghiệm duy nhất
2
m
.
0,25 đ
Câu III
(2,0đ)
Ý 1
(1,0đ)
.
0,50 đ
Áp dụng BĐT Cô-si :
2
18 12
x
x
(1). Dấu bằng xãy ra khi
1
3
x
.
0,25 đ
Tương tự:
2
18 12
y
y
(2) và
2
18 12
z
z
(3).
3
TD DD
TC MC
.
0,25 đ
Mà:
1 2
/ /
3 3
TD AP QD DP CP
AT DP
TC AC QA AT CA
.
0,25 đ
Nên:
.
.
.
1 3 1 1
. .
3 5 5 10
A PQN
A PQN ABCD
A CDN
V
AP AQ
V V
V AC AD
7
.
0,25 đ
Gọi
;2 4
I m m d
là tâm đường tròn cần tìm.
0,25 đ
Ta có:
4
2 4 4,
3
m m m m
.
0,25 đ
Khi:
4
3
m
thì PT ĐT là
2 2
4 4 16
3 3 9
x y
0,25 đ
Đặt
2
log
t x
.Ta có:
2
3 2 0 1, 2
t t t t
.
0,25 đ
Khi:
1
t
thì
2
log 1 2( )
x x th
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Khi:
2
t
thì
1;0 , 3;2
A B
0,25 đ
Câu VIa
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL: PT đường thẳng cần tìm là
1 0
x y
.
0,25 đ
Ta có:
3;0; 3 3 2
AB AB
.
0,25 đ
Tương tự:
3 2
BC CA
.
0,25 đ
t x
, ta có :
1 0
3
t
t t
0,25 đ
BPT
2
4
3 4 0 0
3
t t t
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
KL:
2
3
4 1
log 0 1
3
2 2
x x
5
;
3 27 3
m m m
m
U
là điểm uốn
0,50 đ
Câu VIb
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL:
5
m
.
0,25 đ
…HẾT…
HƯỚNG DẪN CHẤM:
x
y
x
.
2. Viết phương trình đường thẳng d qua điểm
1;1
I và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao
cho I là trung điểm của đoạn MN.
Câu II: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
cos3 sin 2 3 sin3 cos2
x x x x
.
2. Giải hệ phương trình
3 3
2 2
3 4
9
x y xy
x y
.
Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều
. ' ' '
ABC A B C
có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (A’BC) bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
.
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua
2;1
M và
tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng
4
.
Câu VI.a: (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
2 2
2
1
2 3
x y
y x x y
.
2. Tìm nguyên hàm của hàm số
cos2 1
cos2 1
x
f x
x
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
là TCĐ
0,25 đ
2
4
' 0,
1
y x D
x
.
BBT: Hàm số đồng biến trên các khoảng
; 1 , 1;
Và không có cực trị.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua
2
2 4 0
f x kx kx k
có 2 nghiệm PB khác
1
0
4 0 0
1 4 0
k
k k
f
.
0,25 đ
Mặt khác: 2 2
M N I
x x x
1 3 3 1
cos3 sin3 cos2 sin2
2 2 2 2
x x x x
cos 3 cos 2
3 6
x x
.
0,50 đ
Do đó:
3 2 2 2
3 6 6
x x k x k
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Và:
2
và
3 3
. 27
x y
0,25 đ
Suy ra:
3 3
;
x y
là nghiệm PT
2
4 27 0 2 31
X X X
Vậy ngiệm của PT là
3 3
2 31, 2 31
x y
Hay
3 3
2 31, 2 31
x y .
0,25 đ
Đặt
2
1
t x
. ĐK:
1
t
, ta có:
2
2 1 1
m t t m
0,25 đ
Hay:
1
1
2
m t t
t
. Xét
.
0,25 đ
Ý 1
(1,0đ)
Dựa vào BBT, ta kết luận
4
3
m
.
0,25 đ
Ta có:
2
1
2
2
a ab ab
a a a ab
a b a b
ab
(1) 0,50 đ
Tương tự:
2
1
2
b
b bc
0,25 đ
Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
Ta có:
( ' )
'
BC AM
BC AA M BC AH
BC AA
.
0,25 đ
Mà ' ( ' )
2
a
AH A M AH A BC AH
.
0,25 đ
Mặt khác:
2 2 2
1 1 1 6
'
4
'
. Theo giả thiết, ta có:
2 1
1, 8
ab
a b
.
0,25 đ
Khi
8
ab
thì
2 8
b a
. Nên:
1
2; 4 : 2 4 0
b a d x y
.
0,25 đ
Khi
8
ab
thì
2 8
. KL
0,25 đ
ĐK:
0 6
x
. BPT
2
2
2 2
log 2 4 log 6
x x x
.
0,25 đ
Hay: BPT
2
2 2
2 4 6 16 36 0
x x x x x
0,25 đ
Vậy:
18
0,25 đ
Suy ra :
2 2 2
ln ln 2 ln 2
I x dx x x dx x x x C
0,50 đ
Câu VIa
(2,0đ)
Ý 2
(1,0đ)
KL:
2 2
ln ln 2
I x dx x x x C
0,25 đ
PTCT elip có dạng:
2 2
2 2
1( 0)
x y
0,25 đ
Câu Vb
(1,0đ)
Do đó:
2
4
a
. KL:
2 2
1
4 1
x y
0,25 đ
2 2
1 0 , 1
y x x y y x y x y x y x
.
0,50 đ
Khi:
.
0,25 đ
Ta có:
2
tan
f x x
.
0,25 đ
2
1
1
cos
f x
x
.
0,25 đ
Câu VIb
(2,0đ)
Ý 2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3 biết x [ 0 ;
].
2. Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
Câu III. (1.0 điểm)
Tính tích phân
3
1
4
2
0
), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’
có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là
tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Cho elip (E) : 4x
2
+ 16y
2
= 64.Gọi F
1
, F
2
là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ rằng
Họ và tên thí sinh số báo danh
NVT – 06.2010
De_hd Toan 27
ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
MÔN TOÁN
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU NỘI DUNG
THANG
ĐIỂM
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) ,lim
x x
f x
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
Hàm số không có cực trị
0.25
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ) Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng
0.25
Giả sử M(x
0
; y
0
) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối
xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng :
0
0
2
0 0
1
( )
( 1) 1
Ta có d(I ;tt) =
0
4
0
2
1
1
1
( 1)
x
x
Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t
0
0
2
1 1
0
x
x
x
0.25
+ Với x
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k
0.25
Câu
vì x
11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
0.25
ĐK:
, 0
x y
x y
3 2 3 2
3 2 3 2
3 5.6 4.2 0
3 5.6 4.2 0
2 0
(2 )[( 2 )( ) 1] 0
x y x x y
x y x x y
y x
y x y x x y y
(do
C
P
M
N
Giải (1):
2 2 2
3
( ) 1
3 3
2
3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
32 2
( ) 4
2
x
x x x x x
x
3
2
0
log 4
log 4
x
thay vao (2) ta được y =
3
2
1
log 4
2
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
3
2
log 4
x ,y =
3
2
1
log 4
2
0.25
Đặt I =
3
1
4
2
0
( )
1
x
Đặt t = x
3
ta có
1
1
1
0
0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e
0.25
Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x
1 1 3 4
t
I dx t dt
t t
Vậy I = I
1
+ I
2
1
3
3
e
0.25
Ta có
1 1 1
2 2
xy yz xz xyz
x y z
nên
0.25
0.25
Câu IV.
(1.0đ)
vậy A
max
=
1 3
8 2
x y z
0.25
Câu V.
(1.0đ)
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2( ), 2( )
2( )
x a c b y b c a
z a b c
Vậy V =
với Oy ta có C(0 ;4)
0.5 Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
2.
(1.0đ)
Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm
M,N,B,C’ có dạng
x
2
+ y
2
+ z
2
+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5
2
1 2 0
5
2 2 2 0
Vậy bán kính R =
2 2 2
15
A B C D
1.0
Đk: x > - 1
0.25
bất phương trình
3
3
3
3log ( 1)
2log ( 1)
log 4
0
( 1)( 6)
x
x
x x
0
)thuộc (E) H là hình chiếu của M trên
đường thẳng
8
3
x
. Ta có MF
2
= a - cx
0
/a =
0
8 3
2
x
0.5
Câu
VIIa
(1.0đ) Câu
AB n
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p
¸n quy ®Þnh
NVT – 06.2010 De_hd Toan 25
1
Sở giáo dục và đào tạo Hà nội
Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
**************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x
dx
x
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh
S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60
0
. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
3
a b b c c a
ab c bc a ca b
1 2 5
x y z
d
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIII.a (1 điểm)
Giải phương trình:
2 2
2
(24 1)
(24 1) (24 1)
log log
x
x x x x
Log x x x
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
( ) : 1
C x y
, đường thẳng
( ): 0
d x y m
2
là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
1
,
2
.
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: log
x
( log
3
( 9
x
– 72 ))
1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
NVT – 06.2010 De_hd Toan 25
2
Câu -ý Nội dung Điểm
1.1
*Tập xác định :
\ 1
D
2
x
Lim y
2
x
Lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x
1
y’ - -
y
*Vẽ đồ thị
0 0 0
'( )( ) ( )
y f x x x f x
Hay
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0
x x y x x
(*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
20
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x
giải được nghiệm
0
0
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
os2 3sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x
os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x
2
2 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x
Giải được
1
os( )
6 2
c x
0.25
0.25 0.25
2.2
*Biến đổi hệ tương đương với
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy
0.25
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 0.25
0.25
3 *Đặt t=cosx
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 ,
4
x
thì
1
2
t
Từ đó
1
1
2
2 2
1
1
2
ln ln
t t
I dt dt
t t
*Kết quả
2
2 1 ln2
2
I
0.25
0.25 0.25 0.25
4 *Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh
( )
SH A BC
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
20
2
tan
3
3
10
a
A H
A K H
K H
a
3
cos
23
A K H
0.25 0.25
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
0.25 0.25
0.25
NVT – 06.2010 De_hd Toan 25
4
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
3
1 1 1
3. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a
V T
a b c a c b
=3 (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
A t t
*Ta có (AB;
)=45
0
1
os( ; )
2
c A B u
.
1
2
.
A B u
A B u
2
15 3
169 156 45 0
13 13
t t t t
(d’) đi qua
2
(0;1;4)
M và có vtcp
2
(1;2;5)
u
*Ta có
1 2
; ( 4; 8;4)
u u O
,
1 2
(0;2;4)
M M
Xét
1 2 1 2
; . 16 14 0
u u M M
*TH2 : xét
1
x
, biến đổi phương trình tương đương với
1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)
x x x
x x x
Đặt
log ( 1)
x
x t
, ta được phương trình
1 2 1
1 2 2
t t t
giải được t=1 và t=-2/3
*Với t=1
log ( 1) 1
x
x
8
x
thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất
1
8
x
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và
1
8
x
0.25 0.25
0.25
A OB
1
( ; )
2
d I d
1
m
0.25
0.25
0.25 0.25
7.b
*
1
có phương trình tham số
2 2
1
3
x t
y t
;
d A d B
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)
A t t t
*
( 2 ;3 6; 3 )
A B s t s t s t
, mf(R) có vtpt
(1;2; 3)
n
*
( ) &
d R A B n
cùng phương
2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t
0.25 0.25 0.25
0.25 8.b
*Điều kiện :
3
0
3 8
3 9
x
x
2
x
*Kết luận tập nghiệm :
9
(log 72;2]
T
0.25
21
22
2222
yxyxyyxx
xyyxyx
2. Giải bất phương trình:
0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx
≥
−
−−−+
3. Giải phương trình:
xx
xx
2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33
+=−
Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần
lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt
≥
+
+
+
+
+
cba
accbbaPHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2
PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và
đường tròn (C): . Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến
đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k).
2)1()2(
22
=−+− yx
Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển
n
n
n
xaxaxaa
x
++++=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
−
yxd
và . Trung điểm
của một cạnh là giao điểm của d
06:
2
=−+ yxd
1
với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số
1
232
2
−
+−
=
x
xx
y
có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao
cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất.
***Hết***
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN
1)
y
0 + ∞
∞- - 4
0,25
- Hàm số đồng biến trên (-∞ ; 0) và (2; +
∞
), nghịch biến trên (0; 2)
1
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 0, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= - 4.
0,25
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0).
Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng
0,25
I.2 Tìm giá trị của tham số m 1,00
Ta có mx6x3'y,mxx3xy
223
+−=+−=
Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
⎛
−=
Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trìn
h
m
3
1
x2m
3
2
y +
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
. Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương
trình m
3
1
x2m
3
2
y +
⎟
⎠
⎞
⎜
O
-4
-2
1 0m12m
3
2
2
1
1kk
21
=⇔−=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔−=
suy ra
+) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của
chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d.
0,25
Vậy: m = 0
Giải hệ phương trình đại số II.1 1,00
⎩
⎨
=++
=−+
⇔
1uvvu
1uv2)vu(
2
Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện ta có hệ phương trình
)P4S
2
≥
0,25
⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔=−+⇒
3S
1S
03S2S
2
⎩
⎨
⎧
−=
=−−
⇔
⎩
⎨
=
0v
1u
- Nếu
⎩
⎨
⎧
−==
==
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=−
⇒
⎩
⎨
⎧
=
=
1yx
1yx
1xy
0yx
1v
0u
- Nếu
⎩
⎨
+) Với S = - 3 (loại) P4S4P
2
<⇒=⇒
0,25
(
)
(
)
)1;0(),0;1(,1;1,1;1)y;x(
−
−
−
=
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm
Giải bất phương trình logarit II.2
0
2xlog
)82)(3x2(
0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx
2
xx
≥
−
−−+
⇔≥
- 8 - | - 0 + | +
log
2
x - 2 - | - | - 0 +
VT - 0 + 0 - || +
0,25
Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S =
);4(]3;1[ +∞∪
0,25
Giải phương trình lượng giác II.3 1,00
()
xcosxsin2
2
x
cos
2
x
sin1
2
x
cos
2
x
sin3 +=
⎟
⎠
⎞
⎜
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔
2
x
sin
2
x
cos
2
x
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+++
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔
0,25
xx x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 24 24 2
πππ
⎛⎞
− =⇔ − =⇔−=π⇔=+ π ∈
⎜⎟
⎝⎠
Z*
0,25
* (vô nghiệm) 2xsin0xsin2 −=
⇔
=+
Copyright: Tài liệu đại học ©