Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn Toán - Đề 14

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 4 2 22 1y x m x   (1). 1) Với m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích). Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: 23 2 1 2 4 3x x x x x x       . 2) Giải phương trình lượng giác: 2 1 sin 21 t an2x os 2 x c x    . Câu III. (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: cosy x và 2 2 3 4 y x x    Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 4 4 3 2 2 c a b a b b c c a       Câu VI. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d1: 2x – y – 2 = 0, đường thẳng d2: x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d1, d2 lần lượt tại A và B sao cho MA = 2MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – 6 = 0, (Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d: 1 7 3 1 2 x t y t z t        . Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q) theo thiết diện là hình tròn có diện tích bằng 20 và có tâm là giao của d với (P) . Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 3 2 2 16 log log ( ) y x x yy xy     --------------- HẾT --------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. sontoan1980@gmail.com Gửi laisac Đề thi thử lần 2 (Tháng 03 năm 2010) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG THPT THANH OAI B THÁNG 03 NĂM 2010 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Với m = 1 hàm số là: 4 22 1y x x   +) TXĐ: R +) Giới hạn, đạo hàm: lim lim x x y y      3 0' 4 4 ; ' 0 1 x y x x y x         +) BBT: x -  - 1 0 1 + y' - 0 + 0 - 0 + y + 1 + 0 0 +) Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0), (1; + ); nghiechj biến trên các khoảng (- ; - 1), (0; 1) Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x =  1, yCT = 0 +) ĐT: Dạng đồ thị 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 0,25 0,25 0,25 0,25 I.2 +) Ta có y’ = 4x3 – 4m2x ; y’ = 0  2 2 0x x m    ; ĐK có 3 điểm cực trị : m  0 +) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m4), C(m ; 1 – m4) ; +) CM tam giác ABC cân đỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m4). +) 541 . 32 2 2ABC S AI BC m m m m       (tm) 0,25 0,25 2,25 0,25 II.1 +) ĐK: 1x          23 2 1 2 4 3 2 1 1 3 1 1 0 1 1 2 3 0 x x x x x x x x x x x x x                      0 01 1 0 ( ) 1 13 2 3 / 4 x xx x tm x xx x x                   0,25 0,25 0,5 II.2 +) ĐK: , 4 2 x k k Z    2 2 1 sin 21 t an2x os 2 sin 2 os2 1 sin 2 os 2 x c x xc x x c x        2sin 2 sin 2 sin 2 . os2 0x x x c x    sin 2 (sin 2 os2 1) 0x x c x    sin 2 0 2 ( , ) sin 2 os2 1 ; 2 4 x kx k l Z x c x x l x l                   +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là , ; ( , ) 2 x k x l k l Z    0,5 0,25 0,25 III 10 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -15 -10 -5 5 10 15 Chứng minh được hai đường có đúng hai giao điểm hoành độ 2   và 3 2  2 2 32 2 3 2 2 3 1 3 422 cos 2. s inx 4 4 3 2 4 3 2 S x x x dx x x x                                 0,25 0,25 0,5 IV Do )( 111 CBAAH  nªn gãc HAA1 lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc HAA1 b»ng 30 0. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc HAA1 =30 0 2 3 1 aHA  . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ 2 3 1 aHA  nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c 11CBAH  nªn )( 111 HAACB  KÎ ®­êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 Ta cã AA1.HK = A1H.AH 4 3. 1 1 a AA AHHAHK  1 điểm V 4 4 4 43 2 2 2 9 2 2 2 2 c a b c a b a b b c c a a b b c c a                                 2 2 12 2 9 2 2 a b c a b b c c a            1 điểm A A B C C B1 K H   1 1 1 9 2 2 2 2 b ba c c a b b c aa c                                +) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương  , , 2 2 b ba c c a             và 1 1 1, , 2 2 b b c aa c   rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm. VI.1 +) Dạng tham số của d1 và d2 : 1 2: , :2 2 3 x t x u d d y t y u             +) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u).    3; 2 2 ; 3; 3MA t t MB u u          +) TH1: 2.MA MB   : Tìm được   7 16 20, ; : 4;5 3 3 3 d t MA VTCPd u             3: 5 4 15 0 4 5 x yd x y      +) TH2: 2.MA MB    : Tìm được   17 8 28, ; : 2;7 3 3 3 d t MA VTCPd u          3: 7 2 21 0 2 7 x yd x y      0,25 0,25 0,25 0,25 VI.2 +) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình: 1 7 0 3 1 (1;0;1) 1 2 0 5 4 6 0 1 x t t y t x I z t y x y z z                      +) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có: 2 2 2 2 2.1 0 1 7 10 50 362 ( 1) ( 1) h h            +) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình tròn có diện tích bằng 2 220 20 . 20r r      (r là bán kính hình tròn) +) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có 2 2 2 50 11020 3 3 R h r     Suy ra phương trình mặt cầu (S):     2 22 1101 1 3 x y z     0,25 0,25 0,25 0,25 VII +) ĐK: 0 1,0 1x y    +) 2 23 2 3 4 (1)2 16 2log 1 log (2)log log ( ) y x x yx y y x y xy xy            +) Đặt 2 2 1 1log (2) : 2 1 2 1 0 1 2 x t x y y t t t t t t x y                +) Với x = y, kết hợp (1) ta được x = y = 1 (loại) và x = y = 3 (nhận). +) Với x = y-2, kết hợp với (1) ta được y2 = 1 (loại), y = - 4 (loại) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y =3. 0,25 0,25 0,25 0,25 Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.