1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
Trường THPT Anh Sơn III Môn Toán – Khối A
Năm học 2009-2010-Thời gian 180 phút

Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y =
3 2 2 2
3 3( 1) ( 1)
x mx m x m
    
(1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.
Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin
2
(2x+
4

) = 0
b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2
2 2
2
1
x
x y x a
x y


   


 



Câu 3 : Tìm :
3
sin
(sin 3cos )
xdx
x x



Câu 4 : Cho lăng trụ đứng
' ' '
.
ABC A BC
có thể tích V. Các mặt phẳng (
' ' '
),( ),( )
ABC AB C ABC
cắt nhau
. tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng :
P =
3 3 3 3 3 3
3 3 3

2 2 2
4( ) 4( ) 4( ) 2( )
x y z
x y y z z x
y z x
       

12
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình :
2 2
4 4 4 0
x y x y
    
và đường thẳng
(d) có phương trình : x + y – 2 = 0
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn .
. . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :

1
1 2
( ):
2 2 1
x y z
d
 
 



'
2
'
4
( ): 2
3
x t
d y
z t



 





Viết phương trình đường thẳng (

)đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d
1
), (d
2
).
Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :

7
4

3
1
x
x
 

 
 
( với x > 0 )
B . Theo chương trình nâng cao
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao và . .
đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 .
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (

) có phương
trình :
2 1 0
2 0
x y z
x y z
   


   


Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng (

)sao cho : MA + MB nhỏ nhất .
Câu 7b : Cho

2 12 2 24
0 1 2 24
(1 )
x x a a x a x a x
      . Tính hệ số a
4
.

Hết.
Họ và tên………………………………………… Số báo danh…
2

SỞ GD-ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Cõu Đáp án Điểm
a. (1.0 điểm) Khảo sát…
Với m=0, ta cú: y=x
3
-3x+1
TXĐ D=R
y’=3x
2
-3; y’=0

1
1
x

x



 


lim
x
y

 

0,25
BBT
x

-1 1


y’ + 0 - 0 +
y


3


-1




0,25

Hs đồng biến trên khoảng (

;-1) và (1;

), nghịch biến trờn (-1;1)
Hs đạt cực đại tại x=-1 và y
cđ
=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và y
ct
=-1

0,25
Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1)
và đi qua các điểm B(-2;-1), C(2;3)
Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng








0,25
b. (1.0 điểm) Tỡm m để …

Cõu 1

(2 điểm)




Ta cú y’= 3x
2
-6mx+3(m
2
-1)
y’=0

1
1
x m
x m
 


 



0,25
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010

Mụn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 07 trang)
y

-
2

1

-
1

-
1

1

2

3

x
0
3

Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thỡ ta
phải cú:
'
2 2 2
' 0
. 0
( 1)( 3)( 2 1) 0
0 1 0
1 0

0
( 1) 0
(0) 0
y
CD CT
CD
CT
m R
f f
m m m m
x m
m
x
m
f

 





    


 
   
 
 
 


 
  
 



V

0,25

Vậy giỏ trị m cần tỡm là:
( 3;1 2)
m 
0,25
a. (1.0 điểm) Giải phương trỡnh

Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x +
4

)=0

sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x +
2

)
0,25

sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25


sinx = 1 0,25

x =
2

+ k2

, k

Z

0,25
b. (1.0 điểm)

Nhận xột: Nếu (x;y) là nghiệm thỡ (-x;y) cũng là nghiệm của hệ
Suy ra, hệ cú nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0
+ Với x = 0 ta cú a =0 hoặc a = 2
0,25
-Với a = 0, hệ trở thành:
2 2
2 2 2 2
2 2 (1)
(I)
1 1 (2)
x x
x y x x x y
x y x y
 
     
 


 
   
 
 

Từ (2)
2
2
2
2
1
1
2 1
1
1
x
y
x
x x
y
x x
y
 


  
  
  
  





 




0,25

( I ) cú nghiệm
2 2
2
1
0
2 1
1
1
x
x y
x
x x
y
y

 





    
 






TM
0,25
Cõu 2
(2.0
điểm)
-Với a=2, ta cú hệ:
2
2 2
2 2
1
x
x y x
x y

   


 




Dễ thấy hệ cú 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) khụng TM
Vậy a = 0
0,25
1 2 1
3 1
3 1 2
3 1 2
1
m
m
m
m
m


  



   


    


  









4

Ta cú
3
3
sin[(x- ) ]
sinx
6 6
(sinx+ 3 osx)
8 os ( )
6
c
c x
 





0,25
3 1
sin( ) os(x- )
2 6 2 6
8 os(x- )
6
x c

c
 

 

0,25
3 2
sin( )
3 1 1
6
16 16
os ( ) os ( )
6 6
x
c x c x

 

 
 

0,25
Cõu 3
(1.0
điểm)
3
2
sinxdx 3 1
tan( )
16 6

(sinx+ 3 osx)
32 os ( )
6
x c
c
c x


    



0,25

Gọi I = AC

’A’C, J = A’B

AB’
(BA'C) (ABC') = BI
(BA'C) (AB'C) = CJ
Goi O = BI CJ











O là điểm cần tỡm
Ta cú O là trọng tõm tam giỏc BA’C












0,25
Gọi H là hỡnh chiếu của O lờn (ABC)
Do
V
ABC là hỡnh chiếu vuụng gúc của
V
BA’C trờn (ABC) nờn H là
trọng tõm
V
ABC

0,25
Gọi M là trung điểm BC. Ta có:
1

' 3
OH HM
A B AM
 

0,25
Cõu 4
(1.0
điểm)

1 1 1
. ' .
3 9 9
OABC ABC ABC
V OH S A B S V
   
V V


0,25
J
I
O
H
M
B'
A'
C'
C
B

A
5

Ta cú: 4(x
3
+y
3
)

(x+y)
3
, với

x,y>0
Thật vậy: 4(x
3
+y
3
)

(x+y)
3


4(x
2
-xy+y
2
)


(x+y)
2
(vỡ x+y>0)


3x
2
+3y
2
-6xy

0

(x-y)
2

0 luôn đúng
Tương tự: 4(x
3
+z
3
)

(x+z)
3

4(y
3
+z
3

)

(y+z)
3

3 3 3 3 3 3
3 3 3
3
4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6
x y x z y z x y z xyz
         
0,25
Mặt khỏc:
3
2 2 2
1
2( ) 6
x y z
y z x xyz
  

0,25
3
3
1
6( ) 12
P xyz
xyz
   


0,25
Cõu 5
(1.0
điểm)
Dấu ‘=’ xảy ra
2 2 2
1
1
x y z
x y z
x y z
y z x
xyz
xyz


 


      







Vậy P

12, dấu ‘=’ xảy ra


x = y = z =1
0,25
Chương trỡnh chuẩn

a. (1.0 điểm)


(C) cú tõm I(2;2), bỏn kớnh R=2
Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:
2 2
0
2
2 0
4 4 4 0
2
0
x
y
x y
x y x y
x
y
 




  







    










Hay A(2;0), B(0;2)










0,25
Cõu 6a
(2.0

điểm)

Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B

0,25
H
4
A
B
I
y
x
M
2
2
O
C
6

Ta cú
1
.
2
ABC
S CH AB

V
(H là hỡnh chiếu của C trờn AB)
ax CH max
ABC

S m 
V

Dễ dàng thấy CH max
( ) ( )
2
C
C C
x
 





V

0,25
Hay
V
: y = x với
:
(2;2)
d
I






V
V
V

(2 2;2 2)
C  
Vậy
(2 2;2 2)
C   thỡ
ax
ABC
S m
V

0,25
b. (1.0 điểm)

Nhận xột: M

(d1) và M

(d2)
Giả sử
( ) ( 1)
( ) ( 2)
d I
d H
 



 

V
V

Vỡ I

d1

I(2t-1; -1-2t; 2+t)
H

d2

H(4t’; -2; 3t’)
0,25
1 2 (1 4 ')
23
3 2 (2 2)
10
, 0
1 (3 3 ')
23 18 3
( ; ; )
5 5 10
cbt
t k t
TM kHM
y t k t
k R k

t k t
T
  



 
       
 
 



  

  
uuur uuuur

0,5
Vậy phương trỡnh đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là:
1 56
2 16
3 33
x t
y t
z t
 


 



 

hoặc là:
5 8 17 0
12 9 16 18 0
x y z
x y z
   


   


0,25
Ta cú:
1
1
7
7 7
4
34
7
3
0
1
( ) ( ) .( )
k k k
k

x C x x
x



 


0.25
Để số hạng thứ k không chứa x thỡ:
1 1
(7 ) 0
4
4 3
[0;7]
k k
k
k

  

 





0.5
Cõu 7a
(1.0

điểm)
Vậy số hạng khụng chứa x trong khai triển là:
4
7
1
35
C 
0,25
Chương trỡnh nõng cao

a. (1.0 điểm)

Cõu 6b
(2.0
điểm)

Phươngtrỡnh đường thẳng chứa cạnh BC:
1
( ) qua B
( ):4 3 5 0
BC d
BC
BC x y

   




Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:

4 3 5 0
( 1;3)
2 5 0
x y
C
x y
  

 

  


0,25
7

Gọi K
AC
, K
BC
, K
2
theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC,
BC, d
2

Ta cú:
2 2
2 2
3 1 1

4 2 2
1 3 1
1 . 1 .
1 . 1
2 4 2
0
1
(loai)
3
AC
BC d d AC
BC d d AC
AC
AC
AC
K
K K K K
K K K K
K
K
K
   
 
  
 
 






 



0,25
Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

3 4 27 0
( 5;3)
3 0
x y
A
y
  

 

 


0,25

Pt cạnh AB là:
5 3
4 7 1 0
2 5 1 3
x y
x y

 
    
  

Vậy AB: 4x+7y-1=0
AC: y=3
BC: 4x+3y-5=0
0,25
b. (1.0 điểm)

+ Xét vị trí tương đối giữa AB và
V
, ta cú:
V
cắt AB tại K(1;3;0)
Ta cú
2
KB KA

uuur uuur


A, B nằm về cùng phía đối với
V

0,25
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua
V
và H là hỡnh chiếu của A trờn
V

.

H( 1;t;-3+t) (vỡ PTTS của
V
:
1
3
x
y t
z t






  

)
Ta cú
. 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4
(1;4;1) '(0;4;1)
AH u t t t
H A
          
 
uuuur r

0,25
Gọi M là giao điểm của A’B và d


13 4
(1; ; )
3 3
M

0,25
Lấy điểm N bất kỳ trên
V

Ta cú MA+MB=MB+MA’=A’B

NA+NB
Vậy
13 4
(1; ; )
3 3
M
0,25
Ta cú:
(1+x+x
2
)
12
= [(1+x)+x
2
]
12
=
=

0 12 1 11 2 12 2 12 24
12 12 12 12
(1 ) (1 ) . (1 ) .( )
k k k
C x C x x C x x C x

       

0,25
Cõu 7b
(1.0
điểm)
=
0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 2
12 12 12 12 12 11 11
2 4 0 10 10
12 10 10
[C ]+C x [C ]
+C [C ]+
C x C x C x x C x
x x C
      
 

0,25
8


Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x
4

0,25
0 8 1 9 2 10
4 12 12 12 11 12 10
. . . 1221
a C C C C C C    
0,25