Giải đề thi thử đại học môn Toán 2010


Trong trang này trình bày hướng dẫn giải và lời giải các câu trong đề thi thử năm 2010 của trường THPT Hai Bà Trưng. tỉnh Thừa Thiên Huế.

Lời giải của mỗi đề được đăng trên 1 trang. Hãy click vào số trang tương ứng cuối bài viết để xem lời giải tất cả các đề !

Mọi ý kiến trao đổi mong các em gửi qua “phản hồi” ở trong bài viết này.

ĐỀ  THI THỬ MÔN TOÁN KHỐI D . LẦN 1 (Xem đề).

TRƯỜNG THPT HAI BÀ TRƯNG, TỈNH THỪA THIÊN HUẾ .

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = {x^3} - 3{x^2} + 2 có đồ  thị là (C).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng d:y = 9x .

Câu I.1: Các em học sinh tự làm.
Câu I.2:
Tiếp tuyến song song với d:y = 9x nên hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm bằng 9
Gọi (x_0;y_0) là tọa độ tiếp điểm, ta có y'_{x_0}=9
\Leftrightarrow 3x_0^2 - 6{x_0} = 9 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} {x_0} = - 1 \\ {x_0} = 3 \\ \end{array} \right.
Với x_0=-1, ta có y_0 = -2
Với x_0=3, ta có y_0 = 2.
Phương trình tiếp tuyến tại (-1;-2) là: y-(-2)=9.(x-(-1))
\Leftrightarrow y= 9x + 7
Phương trình tiếp tuyến tại (3;2) là: y-2=9.(x-3)
\Leftrightarrow y= 9x -29
Kết luận: Có hai tiếp tuyến với (C) cần timf thỏa ycbt có phương trình là:
y= 9x +7 và y=9x-29

Câu II: (2,0 điểm)

1)  Giải phương trình \sin x\cos 2x + \cos x = \cos x\cos 2x - \sin x .

2) Giải hệ phương trình \left\{ \begin{array}{l} \ln \left( {x + 2y - 2} \right) - \ln \left( {2x + y - 2} \right) = 0 \\ {x^2} + {y^2} - xy = 1 \\ \end{array} \right..

—-
Câu II.1:
Ta có \cos 2x = {\cos ^2}x - {\sin ^2}x = \left( {\cos x - \sin x} \right)\left( {\cos x + \sin x} \right)
Do đó \sin x\cos 2x + \cos x = \cos x\cos 2x - \sin x
\Leftrightarrow \left( {\sin x - \cos x} \right)\cos 2x + \cos x + \sin x = 0
\Leftrightarrow \left( {\sin x - \cos x} \right)\left( {{{\cos }^2}x - {{\sin }^2}x} \right) + \cos x + \sin x = 0
\Leftrightarrow \left( {\sin x + \cos x} \right)\left[ {1 - {{\left( {\cos x - \sin x} \right)}^2}} \right] = 0
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x + \cos x = 0 \\ {\left( {\cos x - \sin x} \right)^2} = 1 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \sin x = - \cos x \\ 1 - \sin 2x = 1 \\ \end{array} \right.
\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \tan x = - 1 \\ \sin 2x = 0 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = - \dfrac{\pi }{4} + k\pi \\ x = l\dfrac{\pi }{2} \\ \end{array} \right.
Vậy, tập nghiệm của phương trình đã cho là T = \left\{ { - \dfrac{\pi }{4} + k\pi ;\,\,l\dfrac{\pi }{2}} \right\},\,\left( {k,l \in \mathbb{Z}} \right)
Câu II.2:
Ta có \ln \left( {x + 2y - 2} \right) - \ln \left( {2x + y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \ln \left( {x + 2y - 2} \right) = \ln \left( {2x + y - 2} \right)
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 2y - 2 > 0 \\ x + 2y - 2 = 2x + y - 2 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 2y > 2 \\ x = y \\ \end{array} \right.
Vậy hệ đã cho tương đương với hệ \left\{ \begin{array}{l} x + 2y > 2 \\ x = y \\ {x^2} + {y^2} - xy = 1 \\ \end{array} \right.
\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x > \dfrac{2}{3};y > \dfrac{2}{3} \\ x = y \\ {x^2} = 1 \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1 \\ y = 1 \\ \end{array} \right.
Vậy hệ đã cho có một nghiệm duy nhất (x;y) = (1;1)

Câu III: (1,5 điểm)

1) Tính I = \int\limits_0^1 {2{x^3}{e^{{x^2}}}dx} .

2) Giải bất phương trình x{.3^x} - 81 + x - {3^{4 - x}} < 0.

—-
Câu III.1:
Đặt t=x^2 \Rightarrow dt = 2xdx
Đổi cận: x=0 \Rightarrow t =0; x=1 \Rightarrow t = 1.
Lúc đó ta có
I = \int\limits_0^1 {2{x^3}{e^{{x^2}}}dx} = \int\limits_0^1 {{x^2}{e^{{x^2}}}2xdx}
I = \int\limits_0^1 {t{e^{t}}dt}. Ta tính I bằng phương pháp tích phân từng phần.
Ta có I = \int\limits_0^1 {t.{e^t}dt} = \int\limits_0^1 {t.d\left( {{e^t}} \right)}
= \left. {t.{e^t}} \right|_0^1 - \int\limits_0^1 {{e^t}dt} = e - \left. {{e^t}} \right|_0^1 = e - \left( {e - 1} \right) = 1
Câu III.2:
Ta có x{.3^x} - 81 + x - {3^{4 - x}} < 0
\Leftrightarrow x{.3^x} + x - 81 - {81.3^{ - x}} < 0 \Leftrightarrow x\left( {{3^x} + 1} \right) - 81\left( {1 + \dfrac{1}{{{3^x}}}} \right) < 0
\Leftrightarrow x\left( {{3^x} + 1} \right) - 81.\dfrac{{{3^x} + 1}}{{{3^x}}} \Leftrightarrow \left( {{3^x} + 1} \right)\left( {x{{.3}^x} - 81} \right) < 0 (1)
\Leftrightarrow x{.3^x} - 81 0, \forall x \in \mathbb{R}).
Xét hàm số f\left( x \right) = x{.3^x} - 81, ta có f'\left( x \right) = {3^x} + x{.3^x}.\ln 3 = {3^x}\left( {1 + x\ln 3} \right)
f'\left( x \right) = 0 \Leftrightarrow 1 + x\ln 3 = 0 \Leftrightarrow x = - \dfrac{1}{{\ln 3}} = a
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng \left( {a; + \infty } \right) và nghịch biến trên khoảng \left( { - \infty ;a} \right)
Nhận xét: f(3)=0 nên x=3 là một nghiệm của phương trình f(x)=0.
* Để ý \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \left( {x{{.3}^x} - 81} \right) = - 81 và
f\left( a \right) = f\left( { - \dfrac{1}{{\ln 3}}} \right) = - \dfrac{1}{{\ln 3}}{.3^a} - 81 < 0
Suy ra trên khoảng \left( { - \infty ;a} \right) đồ thị hàm số f(x) không cắt trục hoành, tức là phương trình f(x)=0 vô nghiệm.
Đồng thời ta nhận thấy trên khoảng này f(x) <0 nên mọi x \in \left( { - \infty ;a} \right] là nghiệm của BPT (1).
Ta có f(3)=0 và do hàm số f(x) đồng biến trên khoảng \left( {a; + \infty } \right) nên x=3 là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = x{.3^x} - 81 = 0
Suy ra: (1) \Leftrightarrow x{.3^x} - 81 < 0
\Leftrightarrow f\left( x \right) < f\left( 3 \right) \Leftrightarrow a< x < 3, (do hàm f(x) đồng biến).
* Tóm lại, tập nghiệm của bất phương trình đã cho là:
S = \left( { - \infty ;a} \right] \cup \left( {a;3} \right) = \left( { - \infty ;3} \right)

Câu IV: (0,5 điểm)

Cho x, y, x là các số thực lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện xy + yz + zx \ge 2xyz. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = \left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right)\left( {z - 1} \right).

—-
Do x, y, z >1 nên chia 2 vế của bất đẳng thức xy + yz + zx \ge 2xyz cho xyz và rút gọn, ta có: \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} + \dfrac{1}{z} \ge 2
Từ đó ta có:
* \dfrac{1}{x} \ge 2 - \dfrac{1}{y} - \dfrac{1}{z} = \left( {1 - \dfrac{1}{y}} \right) + \left( {1 - \dfrac{1}{z}} \right)
Do y>1, z>1 nên 1 - \dfrac{1}{y} > 0;1 - \dfrac{1}{z} > 0. Áp dụng BĐT Cô si, ta có:
\dfrac{1}{x} \ge \left( {\dfrac{{y - 1}}{y}} \right) + \left( {\dfrac{{z - 1}}{z}} \right) \ge 2\sqrt {\dfrac{{\left( {y - 1} \right)\left( {z - 1} \right)}}{{yz}}} (1)
Tương tự, ta có: \dfrac{1}{y} \ge \left( {\dfrac{{x - 1}}{x}} \right) + \left( {\dfrac{{z - 1}}{z}} \right) \ge 2\sqrt {\dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {z - 1} \right)}}{{xz}}} (2)
và \dfrac{1}{z} \ge \left( {\dfrac{{x - 1}}{x}} \right) + \left( {\dfrac{{y - 1}}{y}} \right) \ge 2\sqrt {\dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right)}}{{xy}}} (3)
Nhân 3 BĐT (1), (2) và (3) theo vế, ta được:
\dfrac{1}{{xyz}} \ge 8.\sqrt {\dfrac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}{{\left( {y - 1} \right)}^2}{{\left( {z - 1} \right)}^2}}}{{{x^2}{y^2}{z^2}}}}
\Leftrightarrow \dfrac{1}{{xyz}} \ge 8.\dfrac{{\left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right)\left( {z - 1} \right)}}{{xyz}}
\Leftrightarrow A = \left( {x - 1} \right)\left( {y - 1} \right)\left( {z - 1} \right) \le \dfrac{1}{8}
Dấu "=" xảy ra khi x=y=z=\dfrac{3}{2}
Vậy giá trị lớn nhất của A bằng A_{max}=\dfrac{1}{8}

Câu V: (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cách là a, cạnh bên hợp với ddayss một góc 60^\circ . Trên các cạnh SA, SB làn lượt lấy các điểm D, E sao cho \overrightarrow {DS} = - 2\overrightarrow {DA} ,\overrightarrow {EB} = - \dfrac{1}{4}\overrightarrow {BS} .

Tính thể tích khối chóp C.ABED theo a.

Gọi M , O theo thứ tự là trung điểm cạnh BC và trọng tâm tam giác ABC.

Ta cóSO \bot \left( {ABC} \right) theo tính chất hình chóp đều. Góc gữa cạnh bên va mặt đáy bằng góc \widehat{SAO} = 60^\circ .Ta có AO = \dfrac{2}{3}AM = \dfrac{2}{3}.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}Trong tam giác vuông SAO, ta cóSO = AO.\tan \widehat{SAO} = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{3}.\sqrt 3 = a.Diện tích tam giác ABC bằng:{S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}BC.AM = \dfrac{1}{2}.a.\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.

Suy ra thể tích khối chóp S.ABC:

{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{3}.{S_{ABC}}.SO = \dfrac{1}{3}.\dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.a = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{12}}

Mặt khác ta có

\dfrac{{{V_{S.DEC}}}}{{{V_{S.ABC}}}} = \dfrac{{SD}}{{SA}}.\dfrac{{SE}}{{SB}} = \dfrac{2}{3}.\dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{2}.

Suy ra {V_{S.DEC}} = \dfrac{1}{2}.{V_{S.ABC}}

Vậy, thể tích khối chóp C.ABED bằng :

{V_{C.ABED}} = {V_{S.ABC}} - {V_{S.DEC}} = {V_{S.ABC}} - \dfrac{1}{2}{V_{S.ABC}} = \dfrac{1}{2}{V_{S.ABC}} = \dfrac{{{a^3}\sqrt 3 }}{{24}}

Câu VI: (1,25 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho các đường thẳng {d_1}:x - y + 3 = 0, {d_2}:x + y + 1 = 0 và điểm G\left( {1;1} \right). Tìm tọa độ các điểm M \in {d_1},N \in {d_2} sao cho G là trọng tâm của tam giác MNP với P = {d_1} \cap {d_2}.

Viết phương trình của d1 và d2 về dạng tham số, ta có:

{d_1}:\left\{ \begin{array}{l} x = t \\ y = 3 + t \\ \end{array} \right.,t \in \mathbb{R}

{d_2}:\left\{ \begin{array}{l} x = - t' \\ y = - 1 + t' \\ \end{array} \right.,t' \in \mathbb{R}
Gọi tọa độ của M \in {d_1},N \in {d_2} lần lượt là:

M\left( {m;3 + m} \right),\,N\left( { - n; - 1 + n} \right), với m, n \in \mathbb{R}

Tọa độ của P = {d_1} \cap {d_2}  là nghiệm của hệ: \left\{ \begin{array}{l} x - y + 3 = 0 \\ x + y + 1 = 0 \\ \end{array} \right..

Giải hệ này được nghiệm \left( {x;y} \right) = \left( { - 2;1} \right).  Suy ra P\left( { - 2;1} \right).

G\left( {1;1} \right)  là trọng tâm của tam giác MNP nên ta có:

\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{m + \left( { - n} \right) + \left( { - 2} \right)}}{3} = 1 \\ \dfrac{{3 + m + \left( { - 1 + n} \right) + 1}}{3} = 1 \\ \end{array} \right..

\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m - n = 5 \\ m + n = 0 \\ \end{array} \right.

\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = \dfrac{5}{2} \\ n = - \dfrac{5}{2} \\ \end{array} \right.

Vậy, tọa độ của M, N là: M\left( {\dfrac{5}{2};\dfrac{{11}}{2}} \right),\,N\left( {\dfrac{5}{2}; - \dfrac{7}{2}} \right).

Câu VII: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình cầu

\left( S \right):{x^2} + {y^2} + {z^2} - 4x - 4y - 2z + 8 = 0

Viết phương trình mặt phẳng \left( \alpha \right) qua điểm M\left( {0;0;2} \right), tiếp xúc với (S) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho tam giác OAB vuông cân.

  • · Ta có phương trình mặt cầu (S):

{\left( {x - 2} \right)^2} + {\left( {y - 2} \right)^2} + {\left( {z - 1} \right)^2} = 1

Suy ra mặt cầu (S) có tâm  I\left( {2;2;1} \right)và bán kính r =1.

  • · Giả sử mặt phẳng  \left( \alpha \right) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A\left( {a;0;0} \right),\,B\left( {0;b;0} \right),\,\left( {\,a.b \ne 0} \right).

Khi đó mặt phẳng  đi qua 3 điểm A, B, Mcó phương trình đoàn chắn là: \dfrac{x}{a} + \dfrac{y}{b} + \dfrac{z}{2} = 1.

  • · Vì tam giác OAB vuông cân tại O (do OA \bot OB ) nên ta có  OA = OB \Leftrightarrow \left| a \right| = \left| b \right| \Leftrightarrow a = \pm b.

Mặt khác  \left( \alpha \right) tiếp xúc với (S) nên ta có

{d_{\left( {I,\alpha } \right)}} = r = 1  \Leftrightarrow \dfrac{{\left| {\dfrac{2}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{1}{2} - 1} \right|}}{{\sqrt {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{4}} }} = 1

\Leftrightarrow \left| {\dfrac{2}{a} + \dfrac{2}{b} + \dfrac{1}{2} - 1} \right| = \sqrt {\dfrac{1}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{{{b^2}}} + \dfrac{1}{4}} (1)

Trường hợp a = - b, thay vào (1) ta có phương trình:

\dfrac{1}{2} = \sqrt {\dfrac{2}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{4}} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{{a^2}}} = 0 \Leftrightarrow a \in \emptyset

Trường hợp a = b, thay vào (1) ta có phương trình:

\left| {\dfrac{4}{a} - \dfrac{1}{2}} \right| = \sqrt {\dfrac{2}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{4}} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{4}{a} - \dfrac{1}{2}} \right)^2} = \dfrac{2}{{{a^2}}} + \dfrac{1}{4}

\Leftrightarrow \dfrac{{14}}{{{a^2}}} - \dfrac{4}{a} = 0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{a}\left( {\dfrac{7}{a} - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow \dfrac{7}{a} - 2 = 0 \Leftrightarrow a = \dfrac{7}{2}.

Suy ra b = - a = - \dfrac{7}{2}.

· Vậy phương trình mặt phẳng (\alpha)  là: \dfrac{2}{7}x - \dfrac{2}{7}y + \dfrac{1}{2}z - 1 = 0.

Trang: 1 2 3

  1. tinh dai gia | 02/07/2012 lúc 17:29

    qua vo van dep me kai trang vo van nay di

    Thích

    Trả lời

  1. Pingback: Đề thi thử đại học môn Toán năm 2010 « Đỗ Cao Long's Blog

Bình luận về bài viết này