TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2010 MƠN: TỐN ; KHỐI: A,B (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2x +1 x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Tìm (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II (2 điểm)  x+1 + y −1 = Giải hệ phương trình:   x +6 + y + = Giải phương trình: 2(cos x − sin x) = tan x + cot x cot x − Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng vng góc với (P) O lấy điểm S cho OS = R I điểm thuộc đoạn OS với SI = 2R M điểm thuộc (C) H hình chiếu I SM Tìm vị trí M (C) để tứ diện ABHM tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn Câu IV (1 điểm) Tính tích phân: I= dx ∫ 1+ x + + x2 −1 Câu V (1 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn xyz=1 Chứng minh 1 + + ≤1 x + y +1 y + z +1 z + x +1 Phần riêng (3,0 điểm).Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích trọng tâm thuộc đường thẳng ∆ : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C Câu VII.a (1 điểm) Từ chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 lập số tự nhiên có chữ số đôi khác ( chữ số phải khác 0) phải có chữ số log Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: x +1 > log (ax + a) 3 B.Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): x2 y + = đường thẳng ∆ :3x + 4y =12 Từ điểm M ∆ kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định x2 + 4x + Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + cắt (C) x+2 điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I AB k thay đổi Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình: ( ) +1 log2 x + x ( ) −1 log2 x = + x2 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 2010 MƠN: TỐN ; KHỐI: A,B ĐÁP ÁN Lu ý:Mọi cách giải ngắn gọn cho điểm tối đa Câu I (2,0 điểm) Đáp án 1.(1,0 điểm) Khảo sát Điểm * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn tiệm cận: xlim y = xlim y = ; tiệm cận ngang: y = →+∞ →−∞ 0,25 lim y = +∞; lim + y = −∞ ; tiệm cận đứng: x = - x →( −1) − - Bảng biến thiên Ta có y ' = x -∞ y’ < với x ≠ - ( x + 1) -1 + + +∞ y x →( −1) 0,5 +∞ -∞ Hàm số đồng biến khoảng (- ∞ ; -1) ( -1; + ∞ ) * Đồ thị 0,25 (1,0 điểm) Tìm (C) điểm Gọi M(x0;y0) điểm thuộc (C), (x0 ≠ - 1) y0 = x0 + x0 + 0,25 Gọi A, B hình chiếu M TCĐ TCN MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | x0 + 1 - 2| = | | x0 + x0 + 0,25 Theo Cauchy MA + MB ≥ x + =2 x0 + ⇒ MA + MB nhỏ x0 = x0 = -2.Như ta có hai 0,25 điểm cần tìm (0;1) (-2;3) II (2,0 điểm) 0,25 1.(1,0 điểm) Giải hệ Điều kiện: x ≥ -1, y ≥ Cộng vế theo vế trừ vế theo vế ta có hệ 0,25  x+1 + x+6 + y −1 + y +4 = 10   x+6 − x+1 + y +4 − y −1 = Đặt u= x + + x + , v = y − + y + Ta có hệ   u + v= 10 u= ⇒ v =5 5  + =2 u v x= ⇒ y =5 nghiệm hệ { 0,25 { 0,25 (1,0 điểm) Giải phương trình Điều kiện:sinx.cosx ≠ cotx ≠ Phơng trình tương đương sin x cos x + cos x sin x ⇒ cosx = 2 III 0,25 0,25 2(cos x − sin x) cos x −1 sin x π ⇒ x = ± + k 2π = Đối chiếu điều kiện pt có họ nghiệm x = − 0,25 0,25 π + k 2π 0,25 Tìm vị trí (1,0 điểm) S H I O B A M Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R , SI = 2R , SM = SO + OM = R ⇒ SH = R hay H trung điểm SM Gọi K hình chiếu vng góc H lên mp(MAB) HK = SO= R, 2 (không đổi) ⇒ VBAHM lớn dt( ∆ MAB) lớn ⇒ M điểm cung AB Khi VBAHM= IV (1,0 điểm) 3 R (đvtt) 0,25 0,5 Tính tích phân Đặt u = x+ + x u - x= + x ⇒ x − 2ux + u = + x ⇒x= u2 −1 ⇒ dx = 2u 1  1 + ÷du 2 u  Đổi cận x= - u = -1 x = u = +1 1   + ÷du u  ⇒I= ∫  = 1+ u 2 −1 +1 = Câu V (1,0 điểm) 0,25 +1 du ∫ 1+ u + 2 −1 0,25 +1 du ∫ 1+ u + 2 −1 +1 du (1 + u )u 2 −1 ∫ +1   1  2− + ÷du  u u u +1  −1 ∫ =1 Đặt x=a3 y=b3 z=c3 x, y, z >0 abc=1.Ta có 0,25 0,25 0,25 0,25 a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab) ≥ (a+b)ab, a+b>0 a2+b2-ab ≥ ab ⇒ a3 + b3+1 ≥ (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 0,5 1 ≤ ⇒ 3 a + b + ab ( a + b + c ) Tương tự ta có 1 ≤ , b + c + bc ( a + b + c ) 1 ≤ c + a + ca ( a + b + c ) 3 Cộng theo vế ta có 1 1 1 + + = + + 3 x + y + y + z + z + x + a + b + b + c +1 c + a3 +1 ≤ 1 1    + + ÷= a + b + c ( c + a + b ) = ) ( a + b + c )  ab bc ca  ( 0,25 Dấu xảy x=y=z=1 VI a (1,0 điểm) Tìm tọa độ 5 ; − ), pt AB: x – y – = 2 3 S ∆ABC = d(C, AB).AB = ⇒ d(C, AB)= 2 Ta có: AB = , M = ( Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC d(G, AB)= ⇒ d(G, AB)= t − (3t − 8) − = 0,25 ⇒ t = t = 2 ⇒ G(1; - 5) G(2; - 2) uuuu uuuu r r Mà CM = 3GM ⇒ C = (-2; 10) C = (1; -4) VII a (1,0 điểm) VIII a (1,0 điểm) Từ chữ số Gọi số có chữ số abcdef Nếu a = có cách chọn b, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f có 7.6.5.4.3 = 2520số Nếu b = có cách chọn a, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f có 6.6.5.4.3 = 2160số Tương tự với c, d, e, f Vậy tất có 2520+5.2160 = 13320 số 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 Tìm a để Điều kiện: ax + a > Bpt tương đương x + < a ( x + 1) Nếu a>0 x +1 >0.Ta có Nếu a0 Đặt ( ) +1 log x =u, ( ) −1 log2 x = v ta có pt u +uv2 = + u2 v2 ⇔ (uv2-1)(u – 1) = ⇔  u =2 x =1  uv =1  0,25 0,5 0,25 Trường Lương Thế Vinh Đề thi thử ĐH lần I năm 2010 Mơn Tốn (180’) Phần bắt buộc Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số y = x −1 x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm tọa độ điểm M cho khoảng cách từ điểm I (− ; 2) tới tiếp tuyến (C) M lớn CÂU (2 điểm) Giải phương trình : sin x − sin x + sin x + cos x − = Tìm giá trị m để phương trình sau có nghiệm : log 0,5 ( m + x ) + log (3 − x − x ) = CÂU (1điểm) Tính tích phân: I = ∫ − x2 dx x2 CÂU (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đơi vng góc với AB = BC = CD = a Gọi C’ D’ hình chiếu điểm B AC AD Tính thể tích tích tứ diện ABC’D’ CÂU (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé biểu thức: S = cos A + cos A + cos B + cos 2C Phần tự chọn (thí sinh làm hai phần : A B ) Phần A CÂU 6A (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1) , B ( − ; 5) , đỉnh C nằm đường thẳng x − = , trọng tâm G tam giác nằm đường thẳng x − y + = Tính diện tích tam giác ABC Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d d’ có phương trình : d : x= y −2 =z −1 d’ : y −2 =z −1 x−2 z +5 = y −3 = −1 d’ : Chứng minh hai đường thẳng vng góc với Viết phương trình mặt phẳng (α) qua d vng góc với d’ CÂU7A (1 điểm) Tính tổng : S = Cn0 − 2Cn + 3Cn2 − 4Cn + ⋅ ⋅ ⋅ + (−1) n (n + 1)Cnn Phần B CÂU 6B (2 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;− ) , B (1;−2) , trọng tâm G tam x + y − = Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC 13,5 giác nằm đường thẳng Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d d’ có phương trình : d : x−2 z +5 = y −3 = −1 Viết phương trình mặt phẳng (α) qua d tạo với d’ góc 300 CÂU7B (1 điểm) Tính tổng : S = Cn0 + 2Cn + 3Cn2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (n + 1)Cnn x= Đáp án mơn Tốn Câu 1 Tập xác định : x ≠ −1 x −1 y= =2− , y ' = ( x +1) , x +1 x +1 Bảng biến thiên: Tiệm cận đứng : x = −1 , tiệm cận ngang  y =2  3 Nếu M  x0 ; − x +  ∈(C ) tiếp tuyến M có phương trình y − + x + = ( x + 1) ( x − x0 ) hay   0   3( x − x0 ) − ( x0 + 1) ( y − 2) − 3( x0 + 1) = Khoảng cách từ I (− ;2) tới tiếp tuyến d= 3(−1 − x0 ) − 3( x0 + 1) + ( x0 + 1) = x0 + + ( x0 + 1) = Theo bất đẳng thức Côsi + ( x0 + 1) ( x0 + 1) + ( x0 + 1) ≥ = , vây d ≤ Khoảng cách d lớn ( x0 + 1) = ( x0 + 1) ⇔ ( x0 + 1) = ⇔ x0 = −1 ± ( x0 + 1) 1 Vậy có hai điểm M : M (− + ;2 − ) M (− − ;2 + ) CÂU 1) sin x − sin x + sin x + cos x −1 = ⇔ sin x − (2 cos x −1) sin x + cos x − = ∆ = ( cos x −1) − 8(cos x −1) = ( cos x − 3) Vậy sin x = 0,5 sin x = cos x − sin x = 0,5 Với ta có x= π + 2kπ x= 5π + 2kπ π   π = sin  −  , suy Với sin x = cos x − ta có sin x − cos x = −1 ⇔ sin  x −  = −  x =2kπ x= 4  4 3π + 2kπ 2 2) log 0,5 (m + x) + log (3 − x − x ) = ⇔ log (m + x) = log (3 − x − x ) ⇔  3− 2x − x >  − < x < ⇔  2⇔   m + 6x = 3− 2x − x  m −= x − 8x + Xét hàm số f ( x) = −x − x + , − < x < ta có f ' ( x) = −2 x −8 , f ' ( x ) < x > −4 , f ( x) nghịch biến khoảng (− ; 1) , f (−3) =18 , f (1) = −6 Vậy hệ phương trình có nghiệm − < < m 18 CÂU Đặt x = sin t dx = cos tdt , x =1 t = I=∫ π π π , x = t = π π 4− x cos t   dx = ∫ dt = ∫  − 1dt = −∫ d (cot t ) − t π = x2 sin t  sin t  π π π 6 3− π , vậy: π nên CD ⊥ mp( ABC ) mp ( ABC ) ⊥ mp( ACD ) Vì BC ' ⊥ AC nên BC ⊥ mp( ACD ) CÂU Vì CD ⊥ BC , CD ⊥ AB Suy V thể tích tứ diện ABC’D’ V = dt ( AC ' D' ).BC ' Vì tam giác ABC vng cân nên AC ' = CC ' = BC ' = Ta có AD = AB + BD = AB + BC + CD = 3a nên a 2 AD = a Vì BD’ đường cao tam giác a vuông ABD nên AD'.AD = AB , Vậy AD' = dt ( AC ' D' ) = V = Ta có 1 CD 1a a a2 ˆ AC '.AD ' sin CAD = AC '.AD ' = ⋅ = 2 AD 2 12 a2 a = 12 Vậy a3 36 CÂU S = cos A + cos A + cos B + cos 2C = cos A + cos A + cos( B + C ) cos( B − C ) = cos A + cos A[1 − cos( B − C )] cos A > , − cos( B − C ) ≥ nên S ≥ cos A , dấu xẩy cos( B −C ) = hay Vì B =C = 180 − A Nhưng cos A ≥ −1 , dấu xẩy A = 1800 hay A = 600 Tóm lại : S có giá trị bé -1 ABC tam giác Phần A (tự chọn) CÂU 6A Ta có C = (4; yC ) Khi tọa độ G xG = 1− + + + yC y = 1, yG = = + C Điểm G nằm 3 đường thẳng x − y + = nên − − yC + = , yC = , tức C = (4; 2) Ta có AB =( − ; 4) , AC =(3;1) , AB = , AC = 10 , AB AC = −5 ( ) 1 15 AB AC − AB AC = 25.10 − 25 = 2 2.Đường thẳng d qua điểm M (0;2;0) có vectơ phương u (1;−;1) Đường thẳng d’ qua điểm M ' (2;3;− ) có vectơ phương u '( 2;1;−) Diện tích tam giác ABC S = Ta có MM =(2;1;− ) , [u ; u '] = (0; 3; 3) , [u; u '].MM ' = −12 ≠ d d’ chéo Mặt phẳng (α) qua điểm M (0;2;0) có vectơ pháp tuyến u '( 2;1;−) nên có phương trình: x + ( y − 2) − z = hay CÂU 7A Ta có (1 + x) n = Cn0 + Cn x + Cn2 x + ⋅ ⋅ ⋅ + Cnn x n , suy n x(1 + x) n = Cn x + Cn x + Cn x + ⋅ ⋅ ⋅ + Cn x n +1 Lấy đạo hàm hai vế ta có : 2x + − − = y z 0 n (1 + x) n + nx (1 + x ) n −1 = Cn + 2Cn x + 3Cn x + ⋅ ⋅ ⋅ + (n + 1)Cn x n Thay x = −1 vào đẳng thức ta S Phần B (tự chọn) CÂU 6B Vì G nằm đường thẳng AB =( − ;− ) 1 x + y −2 =0 nên G có tọa độ G = (t ; − t ) Khi Vậy diện tích tam giác ABG S = ( AG AB − AG AB ) = [ AG = (t − 2;3 −t ) , ] (t − 2) + (3 − t ) −1 = 2t −3 10 Nếu diện tích tam giác ABC 13,5 diện tích tam giác ABG 13,5 : = 4,5 Vậy 2t − = 4,5 , suy t = t = −3 Vậy có hai điểm G : G1 = (6;−4) , G = (−3;−1) Vì G trọng tâm tam giác ABC nên xC = 3xG − ( xa + xB ) yC = yG − ( ya + y B ) 12 Với G1 = (6;−4) ta có C =(15;− ) , với G = (−3;−1) ta có C =(− ;18) 2.Đường thẳng d qua điểm M (0;2;0) có vectơ phương u (1;−;1) Đường thẳng d’ qua điểm M ' (2;3;− ) có vectơ phương u '( 2; 1;− ) Mp (α) phải qua điểm M có vectơ pháp tuyến Bởi đặt n =( A; B; C )  A− B+ C =   2A + B − C =  2  A +B +C ⇔ n vng góc với u cos(n; u ' ) = cos 600 = ta phải có :  B = A + C  B = A+ C  2 2⇔  2  23A = A + (A + C) + C  2A − AC − C = Ta có A2 − AC − C = ⇔ ( A − C )(2 A + C ) = Vậy A = C A = −C Nếu A = C ,ta chọn A=C=1, B = , tức n =(1;2;1) mp (α) có phương trình x + 2( y − 2) + z = hay Nếu A = −C ta chọn A =1, C = −2 , B = −1 , tức n =(1;−;− ) mp (α) có phương x − ( y − 2) − z = hay trình CÂU 7B Ta có (1 + x) n = Cn0 + Cn x + Cn2 x + ⋅ ⋅ ⋅ + Cnn x n , suy n x(1 + x) n = Cn x + Cn x + Cn x + ⋅ ⋅ ⋅ + Cn x n +1 Lấy đạo hàm hai vế ta có : x + y + − = z x − −z + = y 2 0 n (1 + x) n + nx (1 + x ) n −1 = Cn + 2Cn x + 3Cn x + ⋅ ⋅ ⋅ + (n + 1)Cn x n Thay x =1 vào đẳng thức ta S 11 ...TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN NĂM 20 10 MƠN: TỐN ; KHỐI: A,B ĐÁP ÁN Lu ý:Mọi cách giải ngắn gọn cho điểm tối đa Câu I (2, 0 điểm) Đáp án 1.(1,0 điểm) Khảo sát Điểm * Tập xác... (uv2-1)(u – 1) = ⇔  u =2 x =1  uv =1  0 ,25 0,5 0 ,25 Trường Lương Thế Vinh Đề thi thử ĐH lần I năm 20 10 Mơn Tốn (180’) Phần bắt buộc Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x −1 x +1 Khảo sát biến thi? ?n... 7.6.5.4.3 = 25 20số Nếu b = có cách chọn a, cách chọn c, cách chọn d, cách chọn e, cách chọn f có 6.6.5.4.3 = 21 60số Tương tự với c, d, e, f Vậy tất có 25 20+5 .21 60 = 13 320 số 0,5 0 ,25 0 ,25 0,5 0 ,25 Tìm