NQA Lợi ích Từ ISO và ESG Tăng Trưởng và Bền Vững ver01.pdf
Toan pt.de024.2010
1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
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 2
2 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:
2
3 2 1 2 4 3x x x x x x .
2) Giải phương trình lượng giác: 2
1 sin 2
1 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.
Đề thi thử lần 2
(Tháng 03 năm 2010)
2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
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 2
2 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
– 4m2
x ; 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
2
ABCS AI BC m m m m (tm)
0,25
0,25
2,25
0,25
II.1
+) ĐK: 1x
2
3 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
3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
II.2
+) ĐK: ,
4 2
x k k Z
2
2
1 sin 2
1 tan2x os 2 sin 2 os2 1 sin 2
os 2
x
c x xc x x
c x
2
sin 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 k
x
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
v
3
2
2 2 32
2 3 2
2
3 1 3 42
2 cos 2. sinx 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 300
. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc HAA1 =300
2
3
1
a
HA . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ
2
3
1
a
HA
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
AHHA
HK
1
điểm
V
4 4 4 4
3 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
1
điểm
A
A B
C
C
B1
K
H
4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
2 2 1
2 2 9
2 2
a b c
a b b c c a
1 1 1
9
2 2
2 2
b b
a c c a
b b c aa c
+) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương , ,
2 2
b b
a 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
dt MA VTCPd u
3
: 5 4 15 0
4 5
x y
d x y
+) TH2: 2.MA MB
: Tìm được
17 8 28
, ; : 2;7
3 3 3
dt MA VTCPd u
3
: 7 2 21 0
2 7
x y
d 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 2
20 20 . 20r r (r là bán kính hình tròn)
+) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có
2 2 2 50 110
20
3 3
R h r
Suy ra phương trình mặt cầu (S):
2 22 110
1 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
1
log (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