Đề thi thử đại học môn Toán (Đề 142)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010.
 Môn thi : TOÁN (ĐỀ 142)
I-PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số: y=x+2x-1 (C)
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số 
Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành.
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 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
Câu V(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.
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 Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
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 Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD)
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:
 (9x- 2.3x- 3)log3(x-1)+log1327=23.9x+12-9x
 -------------------------------------------- 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 142)
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
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
 Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
 I
 A H B
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