Đề thi thử đại học môn Toán - Đề 213

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.
 Môn thi : TOÁN 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH:
Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số: (C)
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số 
Tìm trªn trục hoành nh÷ng ®iÓm mµ tõ ®ã kẻ được 3 tiếp tuyến tới đồ thị (C) 
Câu II (2,0 điểm): 
Giải phương trình lượng giác.
23cos2x+2sin3xcosx-sin4x-33sinx+cosx=1
Giải hệ phương trình.
 x+y+1+1=4(x+y)2+3.x+y2x-y=32 
Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau.
Câu IV(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a2, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng a3 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng a31527.
Câu V(1,0 điểm): Cho ba số thực a,b,c thỏa mãn abc=22 ,Chứng minh rằng:
 a6+b6a4+b4+a2b2+b6+c6b4+c4+b2c2+c6+a6c4+a4+c2a2≥4
PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần A hoặc B)
Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa(2,0 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz. Viết phương trình đường thẳng qua điểm đồng thời cắt cả hai đường thẳng và .
Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ). 
 Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B 
 sao cho AB = 6
Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số của x5 trong khai triển (2+x +3x2 )15 
Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb(2,0 điểm):
Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt cầu và mặt phẳng cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C). Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó.
Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ). 
 Viết PT đường thẳng (Δ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B 
 sao cho AB = 6
Câu VIIb(1,0 điểm):Giải phương trình: 
 -------------------------------------------- HẾT------------------------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
(Hướng dẫn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.
 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 162)
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
I
2,0
1
1,0
TXĐ: D= R\{1}
y’= -3(x-1)2<0 ∀x∈D 
Hàm số luông nghịch biến trên D và không có cực trị
0,25
Giới hạn: limx→1+x+2x-1 = +∞ limx→1-x+2x-1 = -∞
 limx→∞x+2x-1 = 1
PT đường TCĐ: x=1; PT đường TCN: y=1
0,25
Bảng biên thiên: 
t
-∞ 1 + ∞
f’(t)
 ∥ +
f(t)
1 + ∞ 
 - ∞ 1
0,25
Đồ thị:
0,25
2
1,0
Gọi k là hệ số góc của đt đi qua A(0;a). PT đt d có dạng y= kx+a (d)
d là tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT x+2x-1=kx+ak=-3(x-1)2 có nghiệm
Pt (1-a)x2 +2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1
0,25
Theo bài ra qua A có 2 tiếp tuyến thì pt (1) có 2 nghiệm x1 ; x2 phân biệt
Đk là : a≠1Δ'=3a+6>0 ⇔ 1≠a>-2 (*)
Khi đó theo Viet ta có : x1 +x2 = 2(a+2)a-1; x1.x2 = a+2a-1
0,25
. Suy ra y1 = 1+3x1-1 ; y2 =1+3x2-1
Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox thì y1.y2 <0 
 ⇔ (1+3x1-1) (1+3x2-1) < 0 ⇔x1.x2+2x1.+x2+4x1.x2-x1.+x2+1<0
0,25
Giải đk trên ta được ⇔ -(3a+2) -2/3
Kết hợp với đk (*) ta có 1 ≠ a>-2/3
0,25
II
2,0
1
1,0
ĐK: 3sinx+cosx≠0⇔cosx-π3≠0⇔x≠5π6+kπ, k∈Z
0,25
Với ĐK trên PT đã cho tương đương với
3cos2x+sin2x=3sinx+cosx⇔cos2x-π6=cosx-π3
⇔2x-π6=x-π3+k2π2x-π6=-x-π3+k2π⇔x=-π6+k2πx= π6+k2π3;k∈Z
0,5
Đối chiếu ĐK ta được nghiệm của pt đã cho là x=π6+k2π,x=3π2+k2π, k∈Z
0,25
2
1,0
Đặt : t = x + y ; ĐK: t ≥0
Giải PT: t+1+1=4t2+3.t⇔t+1-3t=4t2-1
0.25
 ⇔1-2tt+1+3t=2t-12t+1
 ⇔1-2t1t+1+3t+2t+1=0
 ⇔t=12
0,5
Hệ đã cho trở thành x+y=122x-y=32⇔x=23y=-16
Vậy hệ dã cho có một nghiệm x=23y=-16
0,25
III
1,0
Đặt : t = tanx⇒dt=dxcos2x
Đổi cận: x = π4⇒t=1
 x = π3⇒t=3
0,5
Khi đó 
0,5
IV
1,0
BĐT cần chứng minh tương đương với
(a2+b2)(a4+b4-a2b2)a4+b4+a2b2+b2+c2(b4+c4-b2c2)b4+c4+b2c2+c2+a2(c4+a4-c2a2)c4+a4+c2a2≥4
Nhận xét: Do abc=22 nên a2,b2,c2 là các số thực dương 
0,25
Xét : A = (x2+y2-xy)x2+y2+xy với x,y > 0
Chia tử và mẫu cho y2 và đặt t = xy ta được A = t2-t+1t2+t+1 với t > 0
Xét hàm số f(t) = t2-t+1t2+t+1 trên (0;+ ∞)
Ta có : f’(t) = 2(t2-1)(t2+t+1)2=0⇔t=1
Bảng biên thiên: 
t
 0 1 + ∞
f’(t)
 0 +
f(t)
1 1
 13
Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t) ≥ 13 với mọi t > 0
Từ đó A = (x2+y2-xy)x2+y2+xy≥13 với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y.
0,5
Do vai trò a2,b2,c2 là như nhau nên BĐT cần chứng minh tương đương
 13(a2+b2)+13(b2+c2)+13(c2+a2)≥4
⇔23(a2+b2+c2)≥4
Áp dụng BĐT cô si ta có a2+b2+c2≥33a2b2c2=6, với abc=22
Thay vào ta suy BĐT được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 2
0,25
V
1,0
a3
a2
a
α
H
D
E
C
B
A
Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH ⊥ AE
Ta có △ACD cân tại A nên CD ⊥ AE
Tương tự △BCD cân tại B nên CD ⊥ BE
Suy ra CD ⊥(ABE) ⇒ CD ⊥ BH
Mà BH ⊥ AE suy ra BH ⊥ (ACD) 
Do đó BH = a3 và góc giữa hai mặt phẳng 
(ACD) và (BCD) là α
0,25
Thể tích của khối tứ diện ABCD là V=13BH.SACD=a31527
⇒SACD=a253⇒AE.DE=a253⇒AE2DE2=a459
Mà AE2+ED2=2a2
Khi đó :AE2,DE2 là 2 nghiệm của pt: x2 - 2a2x + a459 = 0
⇒AE2=a23DE2=5a23 hoặcAE2=5a23DE2=a23 trường hợp DE2=5a23 loại vì DE<a
0,25
Xét △BED vuông tại E nên BE = BD2-DE2=a2-a23=a23 
Xét △BHE vuông tại H nên sinα = BHBE=a3a23=12⇒α=450
Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là α=450
0,25
VIa
2,0
1
1,0
Ta có BC=(2;4;0); BD=(0;4;3) 
 [BC, BD] = (12; -6;8)
Mp (BCD) đi qua B và có VTPT n =(6;-3;4) nên có PT: 6x-3y+4z+16=0
Gọi d là đt đi qua A và vuông góc với mp(BCD) thì d có PT:
x=4+6t y=-7-3tz= 4t
0,5
Hình chiếu vuông góc H của A lên mp(BCD) là giao điểm của d với mp(BCD)
Tọa độ của H là nghiệm của hệ : 
x=4+6t y=-7-3tz= 4t6x-3y+4z+16=0⇔t=-1x=-2y=-4z=-4
Vậy H( -2; -4; -4)
0,5
2
1,0
 I 
 A H B
 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH ⊥AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0
0,5
d(I; Δ )= |c-9|5=4⇔c=29c=-11 
vậy có 2 đt thỏa mãn bài toán: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
0,5
VIIa
1,0
Ta có (2+x+3x2 )15 =k=015C15k.(x+3.x2)k.215-k
Mà (x+3.x2)k =i=0kCki.3i.xk+i
Vậy (2+x+3x2 )15 =k=015.i=0kC15k.Cki.3i.xk+i
0,5
Theo gt với x5 ta có các cặp số : (k=3; i=2) ( k=4; i=1) (k=5; i=0)
Vậy hệ số của x5 trong khai triển trên là :
a= C153.C32.32.212+C154.C41.31.211+C155.C50.30.210=82.131.210
0,5
VIb
1,0
ĐK: x > 1
Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương 
 9x- 2.3x- 3log3x-1-3=2.3x-9x
0,25
 ⇔3x- 3)(3x+ 1log3x-1-3-2.3x+9x=0
 ⇔3x- 3)(3x+ 1log3x-1+3x+13x-3=0
 ⇔3x- 3)(3x+ 1log3x-1+1=0
0,5
 ⇔3x- 3=0 log3x-1+1=0⇔x=1 (loại)x=43 ⇔x=43
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : x=43
0,25