Đề thi thử đại học môn Toán năm học 2010

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm). ĐỀ THI THU DAI HOC NAM 2010. Tham khao. MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 2x  1 có đồ thị (C). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B . Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. Cho hµm sè y . Câu I (2 điểm). Câu II (2 điểm) :.  x  y  x 2  y 2  12 1. Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12 2.Giải phương trình: sin 2 x.  cos x  3  2. 3cos3 x  3 3cos2 x  8. . . 3 cos x  s inx  3 3  0 .. Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x  4 x | và y  2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. 2. Câu V (1 điểm) Cho phương trình. x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3. Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC.. 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:.  x  2  t   y  2t  z  2  2t . .Gọi  là đường thẳng qua điểm. A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng. 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D..  x  1  2t  2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng  có phương trình tham số  y  1  t .Một điểm M  z  2t  thay đổi trên đường thẳng  , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh. 1 2 b c  1  a    2   3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết----------------------. Kỳ thi thử đại học- cao đẳng n¨m 2010. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Hướng dẫn chấm môn toán C©u I.1. Néi dung. §iÓm. 2x  1 x 1. Kh¶o s¸t hµm sè y=. 1,00. 1. Tập xác định: R\{1} 2. Sù biÕn thiªn: + ChiÒu biÕn thiªn: y ' . 2( x  1)  (2 x  1) 3  2 ( x  1) ( x  1) 2. 0,25. Hµm sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (-∞; 1) vµ (1;+∞) . Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị . TiÖm cËn:. lim y  lim x 1. x 1. lim y  lim x 1. x 1. 2x  1   x 1. 2x  1   x 1. 0,25. Do đó đ-ờng thẳng x=1 là tiệm cận đứng. 2x  1 2 x  x  1. lim y  lim x . VËy ®-êng th¼ng y= 2 lµ tiÖm cËn ngang * B¶ng biÕn thiªn: x. -∞. 1. y'. +∞. -. y. -. 2. 0,5. +∞ -∞. 2. 3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số.. I.2. Với M bất kì  (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B. Tìm M để chu vi 1,00. tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất.. . Gäi M  x0 ;2 . . 3   (C) x0  1 . * TiÕp tuyÕn t¹i M cã d¹ng: y . 3 3 ( x  x0 )  2  2 x0  1 ( x0  1). Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A. 0,25.  6  1;2   x0  1  . B(2x0-1; 2) * Ta cã: SIAB=. ; I(1; 2). 1 6 1  2 x0  1  2.3  6 (®vdt) . IA. IB=  2 x0  1 2 Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> C©u. Néi dung. §iÓm. * IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi IA= IB (HS tù chøng minh)..  x0  1  3 6  2 x0  1   x0  1  x0  1  3. * VËy cã hai ®iÓm M tháa m·n ®iÒu kiÖn. 0,5. M1( 1  3;2  3 ) M2( 1  3;2  3 ) Khi đó chu vi AIB = 4 3  2 6 Câu Ý II 1. Nội dung 1) CâuII:2. Giải phương trình:. sin 2 x  cos x  3  2 3cos3 x  3 3cos2 x  8. . . 3 cos x  s inx  3 3  0 .. sin 2 x(cos x  3)  2 3. cos 3 x  3 3. cos 2 x  8( 3. cos x  sin x)  3 3  0  2 sin x. cos 2 x  6 sin x. cos x  2 3. cos 3 x  6 3 cos 2 x  3 3  8( 3. cos x  sin x)  3 3  0  ( 3 cos x  sin x)(2 cos 2 x  6 cos x  8)  0  tan x  3  3 cos x  sin x  0   2  cos x  1 cos x  3 cos x  4  0 cos x  4(loai )    x   k   ,k   3   x  k 2 1. Điều kiện: | x |  | y |. u  x 2  y 2 ; u  0 1 u2  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có y   v   . 2 v  v  x  y Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u2  u  v    12 2  v    u  4 u  3 hoặc   v  8 v  9  x 2  y 2  4 u  4 +  (I)  v  8  x  y  8. 0,25. u  3  x 2  y 2  3 +  (II)  v  9  x  y  9 Giải hệ (I), (II).. 0,25. Lop12.net.  2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4 . 0,25. Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình 1,00 ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  III. Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x  4 x | (C ) và  d  : y  2 x. 0,25. 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0  2  2 2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2  2  2  x  6   x  4 x  2 x  x  2 x  0. 0,25. Suy ra diện tích cần tính: 2. S. . 6. . x 2  4 x  2 x dx . 0.  x. 2. .  4 x  2 x dx. 2. 2. Tính: I   | x 2  4 x | 2 x  dx 0. Vì x   0; 2 , x 2  4 x  0 nên | x 2  4 x |  x 2  4 x  2. I     x 2  4 x  2 x  dx  0. 0,25. 4 3. 6. Tính K   | x 2  4 x | 2 x  dx 2. Vì x   2; 4 , x 2  4 x  0 và x   4;6 , x 2  4 x  0 nên 4. 6. 2. 4. 0,25. K    4 x  x 2  2 x  dx    x 2  4 x  2 x  dx  16 . 1,00. 4 52 Vậy S   16  3 3. IV. 0,25. Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:  AB  IC  AB   CHH '   ABB ' A '   CII ' C '   AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 x 3 x 3 .  r 2  x 2  6r 2 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK  OK 2  6 3. Lop12.net. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V . . h B  B ' B.B ' 3. . 2 2 2 Trong đó: B  4x 3  x 2 3  6r 2 3; B '  x 3  3r 3 ; h  2r. 4. 4. 0,25. 2. 2r  2 3r 3 3r 2 3  21r 3 . 3 2   6r 3   6r 3. Từ đó, ta có: V  3 2 2  3   2. VIa 1. Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  . Suy ra trung điểm M của AC là  t 1 3  t  M ; . 2   2.  t 1  3  t  1  0  t  7  C  7;8  Điểm M  BM : 2 x  y  1  0  2   2  2  Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 .. 0,25 2,00 1,00. 0,25. 0,25 0,25. x  y 1  0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:   I  0;1 . x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 2. x 1 y   4x  3y  4  0 7  1 8. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH .. d   D  ,  P    d  I ,  P    IH Mặt khác   H   P  Trong mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Lúc này (P) ở vị trí (P0). vuông góc với IA tại A..    Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 . VIIa. Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x 1  y   0 ;.  yz  1  y  z và tương tự ta cũng có   zx  1  z  x. Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Vì vậy ta có:  1 1 1  x y z     111  x  y  z   xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1. . 1,00. x y z   3 yz  1 zx+y xy  z.  1 z y   x     5 vv  yz  1 zx  y xy  z   z y   x 1   5  z y yz 5 Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2x  y  2  0 .. 0,25. I   d  : y  x  I  t; t  . I là trung điểm của AC và BD nên ta có:. C  2t  1; 2t  , D  2t ; 2t  2  .. Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao)  CH . 4 . 5. 0,25.  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d  C ; AB   CH        5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2  5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C  1;0  , D  0; 2   3 3 3 3. 0,50. 2. 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x  1  2t  Đường thẳng  có phương trình tham số:  y  1  t .  z  2t  Điểm M   nên M  1  2t ;1  t ; 2t  .. AM .  2  2t    4  t    2t . BM .  4  2t    2  t    6  2t . 2. AM  BM . 2. 2. 2.  9t 2  20 . 2.  3t . 2. . . . .  2 5. 2. . 2.  3t  6 . 2.  3t . 2. .  2 5.  3t  6 .  9t 2  36t  56 . .  2 5. . . 0,25. 2. 2. .  2 5. . 2. 2.  Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t ; 2 5 và  v  3t  6; 2 5 .. .  | u | Ta có   | v | . .  3t . 2.  2 5.  3t  6 . 2. . . . 2. 0,25. . 2.  2 5       Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5 | u  v | 2 29. Lop12.net. . .

<span class='text_page_counter'>(7)</span>       Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM  2 29.   Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 3t 2 5   t 1 3t  6 2 5  M 1;0; 2  và min  AM  BM   2 29 . . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 VIIb. . 11  29. 0,25. . 0,25. 1,00. a  b  c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b  c  a . c  a  b  ab ca  x,  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x, z  x  y . 2 2 Vế trái viết lại: ab ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z  Ta có: x  y  z  z  x  y  z   2 z  x  y   . x yz x y x 2x y 2y  ;  . Tương tự: yz x yz zx x yz 2 x  y  z x y z     2. Do đó: yz zx x y x yz 1 2 b c  1     2 Tức là: a    3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b. Đặt. x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3 (1). V.Phương trình. Điều kiện : 0  x  1 Nếu x   0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy 1 1 . Thay x  vào (1) ta được: 2 2 m  0 1 1 2.  m  2.  m3   2 2 m  1 * Với m = 0; (1) trở thành: 2 1 4 x  4 1 x  0  x  2 Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m = -1; (1) trở thành x  1  x  2 x 1  x   2 4 x 1  x   1. nhất thì cần có điều kiện x  1  x  x . . . . . . .  . . x  1  x  2 4 x 1  x   x  1  x  2 x 1  x   0 4. x  4 1 x. + Với + Với. 4.   2. x  1 x. . 2. 0. 1 2 1 x  1 x  0  x  2 x  4 1 x  0  x . Lop12.net. 0,50. 0,50.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.. * Với m = 1 thì (1) trở thành: x  1  x  2 4 x 1  x   1  2 x 1  x  . . 4. x  4 1 x. Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x  0, x .   2. x  1 x. . 2. 1 nên trong trường hợp này (1) 2. không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.. Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 NĂM HỌC 2010 MÔN TOÁN KHỐI B, D Thời gian làm bài: 180 phút. Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x)  x3  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m để đồ thị (Cm ) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1 1) Giải phương trình: 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x  sin 2 x. . . 2) Giải phương trình: x 2  1. 2.  5  x 2 x 2  4;. xR. . x  sin 2 x Câu III (1 điểm) Tính I   dx 1  cos 2 x Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O. A, B là hai điểm trên đường tròn   600 . Tính theo a đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a ,  ASO  SAB 3 0. chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P . 4x  y 2x  y  xy 4. Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x  y  0 và điểm M (2;1) . Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng (d ) tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng   đi qua hai điểm A  0; 1;2  ,. B 1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu  S  có phương trình: ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  2 Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: z 2  z  1  0 .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 2. 2. 2. 2. 1  1  1  1  Rút gọn biểu thức P   z     z 2  2    z 3  3    z 4  4  z  z   z   z   Phần B Câu VI (2 điểm) 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  có phương trình :  x  4   y 2  25 và điểm M (1; 1) . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn  C  tại 2 điểm A, B sao cho MA  3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  có phương trình: x  y  1  0 . Lập. phương trình mặt cầu  S  đi qua ba điểm A  2;1; 1 , B  0;2; 2  , C 1;3;0  và tiếp xúc với mặt phẳng  P . 2.   3  log 1 x  1   log 2  x  1  6 2  2 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:   log 2  x  1 2  log 1 ( x  1) 2. --------------------Hết--------------------. Câu I.1 (1,0 đ). HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010 Môn: Toán_ Khối B và D m  3 hàm số trở thành: f ( x)  x 3  3 x  2, Tập xác định D  R Sự biến thiên  x  1 y '  3( x 2  1)  0   x  1  x  1 hàm số đồng biến trên  ; 1 và 1;   y'  0   x  1 y '  0  1  x  1 hàm số nghịch biến trên  1;1. 0,25. điểm CĐ  1; 4  , điểm CT 1;0  lim y  . x . lim y  . 0,25. x . Điểm uốn: y ''  6 x  0  x  0 , Điểm uốn U  0;2  Bảng biến thiên: . x y'. +. 1 0. . 1 0. . . CĐ. y. 0,25. . CT. . 0,25 Câu I.2 (1,0 đ). Đồ thị Phương trình cho HĐGĐ x3  mx  2  0, (*) x3  2 x  0 không thỏa mãn nên: (*)  m   x 3 x 2 2 2   x 2   g '( x)  2 x  2 Xét hàm số g ( x)   x x x g '( x)  0  x  1 ta có bảng biến thiên: x. . 1. 0 Lop12.net. 0,25 0,25 0,25 .

<span class='text_page_counter'>(10)</span> +. g '( x). . ll. 0. . -3. g ( x) . . . . Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y  m và đồ thị hàm số y  g ( x) nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì m  3. 0,25. Lưu ý: Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) của hàm số y  f ( x) hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành Câu II.1 (1,0 đ). 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x . Điều kiện: x  k. . 1 ,(1) sin 2 x. 0,25. 2. 4sin 2 x  cos 2 x 2sin 2 2 x  1  sin 2 x sin 2 x  2(1  cos 2 x)  cos 2 x  2(1  cos 2 2 x)  1 (1) . 0,25.  2 cos 2 2 x  cos 2 x  1  0 cos 2 x  1 (loai do:sin 2 x  0)    x    k 1 cos 2 x   3  2 Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: x  . Câu II.2 (1,0 đ). x. 2.  1  5  x 2 x 2  4; 2. 0,25  3.  k , k  Z. 0,25. xR. Đặt t  x 2 x 2  4  t 2  2( x 4  2 x 2 ) ta được phương trình. t2  1  5  t  t 2  2t  8  0 2 t  4  t  2. 0,25. 0,25 x  0. x  0   4 4 2 2 2( x  2 x )  16 x  2x  8  0. + Với t =  4 Ta có x 2 x 2  4  4  . x  0  2 x 2 x  2 . 0,25 x  0. x  0   4 4 2 2 2( x  2 x )  4 x  2x  2  0. + Với t = 2 ta có x 2 x 2  4  2  .  x  0  2 x  x  3  1. 3 1. ĐS: phương trình có 2 nghiệm x   2, x  Lop12.net. 3 1. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Câu III (1,0 đ). .   x  sin 2 x x sin 2 x 3 3 I  dx   dx   dx 0 2cos 2 x 0 2cos 2 x 1  cos 2 x  x 1 3 x 3 I1   dx   dx 0 2cos 2 x 2 0 cos 2 x u  x du  dx  Đặt  dx   v  tan x dv  cos 2 x    1  1 3  I1   x tan x 0   3 tan xdx    ln cos x 0 2  2 3 2 3 0. 0,25.  3 0. . . 1  ln 2 2 3 2.   sin 2 x 1 3 1  3 2 2 I2   dx   tan xdx    (1  tan x)dx   3 dx   2 0 2cos x 2 0 2 0   1 1    tan x  x  03   3   2 2 3. 0,25. . 3 0. I  I1  I 2 . Câu IV (1,0 đ). Câu V (1,0 đ). 1 1    ln 2   3    2 3 2 3 2. . S. .   1(. 3 1 6. 2. 3  ln 2). 0,25. Gọi I là trung điểm của AB , nên OI  a Đặt OA  R.   600  SAB đều SAB 1 1 1 OA R IA  AB  SA    2 2 2 sin ASO 3 2 Tam giác OIA vuông tại I nên OA  IA2  IO 2 R2 a 6 2  R   a2  R  O A 3 2 I  SA  a 2 B a 2 Chiếu cao: SO  2 a 6 Diện tích xung quanh: S xq   Rl   a 2   a2 3 2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . 4x  y 2x  y 4 1 x y 4 y 1 x y P           xy 4 y x 2 4 y 4 x 2 2 Thay y  5  x được: 4 y 1 x 5 x 4 y 1 5 4 y 1 5 3         x   2 .  2 .x   y 4 x 2 2 y 4 x 2 y 4 x 2 2 3 3 P bằng khi x  1; y  4 Vậy Min P = 2 2 P. Lưu ý: Có thể thay y  5  x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số g ( x) . Câu AVI.1 (1,0 đ). 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,50 0,25. 3x  5 3x  5  x(5  x) 4. A nằm trên Ox nên A  a;0  , B nằm trên đường thẳng x  y  0 nên B (b; b) ,   M (2;1)  MA  (a  2; 1), MB  (b  2; b  1). 0,25. Tam giác ABM vuông cân tại M nên:. 0,25 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>   (a  2)(b  2)  (b  1)  0  MA.MB  0 ,    2 2 2 ( a  2)  1  ( b  2)  ( b  1)  MA  MB  do b  2 không thỏa mãn vậy b 1  a  2  ,b  2 b 1   ,b  2 b2 a  2    b2  2 2 2 2 (a  2)  1  (b  2)  (b  1)  b  1   1  (b  2) 2  (b  1) 2   b  2   a  2 b 1   a  2  b  2 , b  2  b  1    a  4   (b  2) 2  (b  1) 2  .  1  1  0     (b  2) 2      b  3 a  2 Với:  đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  2  0 b  1  a  4 Với  đường thẳng  qua AB có phương trình 3 x  y  12  0 b  3 . 0,25. 0,25. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2. Giải phương trình. cos 2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . sin x  cos x 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 3. Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân.  3. 0. ( x  ). x 3 dx . x 1  x  3. Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3 xy. Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x3  y 3  16 z 3 P 3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x2 y2 z     d1: , d2: 2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1   2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. 2 1 1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình. 1  log 1  y  x   log 4 y  1  4  2 2  x  y  25. ( x, y   ). -------------------Hết -------------------. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN Đáp án gồm 05 trang Câu I. Nội dung. Điểm. HS tu lam. 2,0. II 1. 2.0 Giải phương trình. cos 2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . sin x  cos x. 1.0. ĐK: sin x  cos x  0. 0.25. Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x  2.  1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0. 0.25.  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0. sin x  1  cos x  1. (thoả mãn điều kiện).   x    k 2   2   x    m2. 0.25. k, m  . 0.25. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x  . 2. Giải phương trình:.  2.  k 2 và x    m2. 7  x2  x x  5  3  2 x  x2. ( x  ). 3  2 x  x 2  0 PT   2 2 7  x  x x  5  3  2 x  x. 1.0 0.25. 3  2 x  x 2  0   x x  5  2( x  2).  3  x  1   x  0  x2  x  5  2. x . k, m  . 0.25. 2  x  0  2  x  1  x  16   0. Lop12.net. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>  x  1. 0.25. Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3. III. Tính tích phân.  3. 0. Đặt u =. x 3 dx . x 1  x  3. x  0  u  1 x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  x  3  u  2. 3. Ta có:. 1.0. 2. 2. 0.25. 2. x 3 2u 3  8u 1 dx  0 3 x  1  x  3 1 u 2  3u  2du  1 (2u  6)du  61 u  1du. . 0.25. 2.  u 2  6u.  1  6 ln u  1 1. 0.25.  3  6 ln. 3 2. 0.25. 2. IV. 1.0 D. Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .. C. B N. H. 0.25. M A. 2.  3 6 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1     3  3  2. Diện tích tam giác AMN là S AMN. 2. 2. 0.25. 1 3  AM . AN .sin 600  xy 2 4. 1 2 xy Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  3 12. Ta có: S AMN  S AMH  S AMH . 0.25. 1 1 1 xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 2 2 2  x  y  3 xy.. V. 0.25 1.0. Trước hết ta có: x  y 3. 3.  x  y . Đặt x + y + z = a. Khi đó. 4. 3. (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 2.  x  y 4P . 3. a.  64 z 3. 3. a  z . z (với t = , 0  t  1 ) a. 3. a.  64 z 3 3. 0.25.  1  t   64t 3 3. 0.25. Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 1 2 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1   9. Lập bảng biến thiên. Lop12.net. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(15)</span>  Minf  t   t 0;1. 64 16  GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 81 81. 0.25. VI.a. 2.0. 1. 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21  x  x  2 y 1  0   21 13  5   B ;    5 5  x  7 y  14  0  y  13  5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình  chữ nhật  nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các     đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB. . . . .  a  b 3 2 2 2 2  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   a   b 2 7  - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, x  y 1  0 x  3 A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7   x  2 x  y 1  0 7 5  I ;   2 2  x  7 y  14  0 y  5  2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;   5 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 2. 0.25. 0.25. 0.25. 0.25 1.0.  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m z  2  t  z  2m   Giả sửd cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)  MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2k     Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p  3  5m  3t  k có nghiệm 2  2m  t  5k . 0.25. 0.25. 0.25. m  1 Giải hệ tìm được  t  1.  x  1  2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t . Lop12.net. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> VII.a. Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình. 1.0. log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3. n  N Điều kiện:  n  3. 0.25. Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3. n  7  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0    n  13. (thoả mãn) (không thoả mãn). 0.25. Vậy n = 7. 3. 2 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i )3  (1  i ).(8i )  8  8i  . 0.25. Vậy phần thực của số phức z là 8.. 0.25. VI.b. 2.0. 1. 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7.  xB  xC  2  6  yB  yC  3  0. 0.25. Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0. 0.25. Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: . Bán kính R = d(C; BG) =. 9 81  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 5 25. 2. 0.25 0.25 1.0. Ta có phương trình tham số của d là:.  x  3  2t   y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  z  1  t .  x  3  2t  y  2  t  (tham số t)   z  1  t  x  y  z  2  0. 0.25.  M (1; 3;0).   Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .    Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)  Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .   Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x  3 y  z  11  0 ( x  1) 2  ( y  3) 2  z 2  42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5). x 5  2 x3  Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  : 2. Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :. y2  3 y4  3. z 5 1 z 5 1. Lop12.net. 0.25. 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> VII.b. 1  log 1  y  x   log 4 y  1 Giải hệ phương trình  4  2 2  x  y  25. 1.0 ( x, y   ). y  x  0 y  0. Điều kiện: . 0.25. 1 yx   yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình      x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25   . 0.25. x  3y x  3y x  3y   2    2  2 25 2 2  x  y  25 9 y  y  25  y  10 . 0.25.  5   15 ;  x; y      10 10    5   15 ;  x; y      10   10 . (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk). 0.25. Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định.. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009-2010 Môn thi: TOÁN – Khối A, B Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Thời gian : 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  (3 x  1) m (C ) với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m  1 . 2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng hai điểm cực trị này ở về hai phía của trục tung. Câu II:(2,0 điểm). 17  4 x).cos 2 x  16cos x . 2. 1. Giải phương trình: 8cos3 x  6 2 sin 3 2 x  3 2 cos( 1. 2. Tính tích phân : I . dx.   e x  1 x2  1 .. 1. Câu III:(2,0 điểm) x 2. 1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: m  e  4 e 2 x  1 có nghiệm thực . 1. 1. 1. 2. Chứng minh:  x  y  z       12 với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn 1;3 . x y z . . Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là 600 .Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình chuẩn Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với A  2;0  và G 1 ; 3 là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.. . . Câu VI.a:(2,0 điểm) 1. Giải phương trình: log 3  4.16 x  12 x   2 x  1 . 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x  1 ln x . B. Theo chương trình nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với A  0 ; 1 và phương trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là  2 x  y  1  0 và x  3 y  1  0 . Tìm tọa độ hai điểm B và C. Câu VI.b:(2,0 điểm) log x 1 log x  2 2  x. 1. Giải phương trình: 2 3. 3. ln  2  x  . x1 x 2  1. 2. Tìm giới hạn: lim. -----Hết----Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi: TOÁN – Khối A, B Câu. Ý. NỘI DUNG Lop12.net. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Câu I (2,0đ). Ý1 (1,0 đ). Khi m =1  y  x3  3 x  1 . Tập xác định D=R . Giới hạn: lim y   ; lim y   . x . y’=. 3x2 –. x . 3 ; y’=0  x  1 .. Bảng biến thiên . Hàm số đồng biến trên khoảng   ;  1 , 1;    và nghịch biến trên khoảng  1;1 .. 0,25 đ 0,25 đ. 0,25 đ. Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; yCĐ = 3 và đạt CT tại x = 1 ; yCT = -1 .. Ý2 (1,0 đ). Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3). Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) .. 0,25 đ. y’ = 0  3x2 – 3m = 0 ;  '  9m .. 0,25 đ. m  0 : y’ không đổi dấu  hàm số không có cực trị .. 0,25 đ. m  0 : y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0  hàm số có 2 cực trị. 0,25 đ KL: m  0 .. âu II (2,0 đ). Ý1 (1,0 đ). m  0  P  m  0  đpcm.. 0,25 đ. Biến đổi: 4 cos3 x  3 2 sin 2 x  8cos x. 0,25 đ.  2 cos x.(2 cos 2 x  3 2 sin x  4)  0. 0,25 đ.  cos x  0. 0,25 đ. v 2sin 2 x  3 2 sin x  2  0 ..    x  2  k     x   k 2 , k  Z  4   x  3  k 2 4  KL:. 0,25 đ.  x  2  x  2 Khi x = 2y  y  1   ;  (loại) .  y  1  y  1. 0,25 đ. Khi y=2x  -3 x 2 = 3 : VN . KL: nghiệm hệ PT là  2;1 .. 0,25 đ. Ý2 (1,0 đ). Câu III (2,0 đ). Ý1 (1,0 đ). x. Đặt t  e 2 ĐK: t > 0 . PT trở thành: m  4 t 4  1  t .. 0,25 đ. Xét f (t )  4 t 4  1  t với t > 0 . 3.  t4  f '(t )   4   1  0  hàm số NB trên  0;    .  t 1  4. Lop12.net. 0,50 đ.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> lim f (t )  lim. t . t . . 1. 4. t4 1  t. . t4 1  t2. .  0 ; f(0) = 1.. 0,25 đ. KL: 0< m <1. Ý2 (1,0 đ). 3 Ta có: 1  t  3   t  1 t  3  0  t 2  4t  3  0  t   4 . t 3 3 3 Suy ra : x   4 ; y   4 ; z   4 x y z 1 1 1  Q   x  y  z   3      12 x y z. 0,25 đ. 0,50 đ. 1 1 1 Q 1 1 1 3  x  y  z        6   x  y  z       12 0,25 đ x y z 2 x y z. Câu IV (1,0 đ). Gọi M là trung điểm BC  A , M , H thẳng hàng BC  AM  BC  SM  SMH  600 . AM=4a  S ABC  12a 2 ; p  8a  r   SH . 0,25 đ. S ABC 3a  =MH . p 2. 0,25 đ. 3a 3 VS . ABC  6a 3 3 . 2. 0,25 đ. Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC  AB  SN ; AC  SP HM = HN = HP  SM  SN  SP  3a  S XQ  3ap  24a 2 . Câu Va (1,0 đ). Đặt AB = a  BC  a 2  S ABC  r . . . 2 2 a a2 ;p . 2 2. Câu VIa Ý 1 (1,0 đ) (2,0 đ). 0,50 đ. S ABC a  . p 2 2. 0,25 đ.  AG  1; 3  AG  2  AM  3  a  3 2  r  3. . 0,25 đ. . . . 2 1 .. 0,25 đ. PT  4.16 x  12 x  32 x 1  4.42 x  4 x.3x  3.32 x . 2x. x. 4 4 Chia 2 vế cho 32 x  0 , ta có: 4       3  0 . 3 3. 0,50đ. x. 3 4 Đặt t    . ĐK: t  0 ; 4t 2  t  3  0  t  1(kth); t  (th) . 4 3 x. Ý2 (1,0 đ). 1. 3 4 3 4 Khi t  , ta có:        x  1 . 4 4 3 3 x 1 TXĐ: D   0;    ; y '  ln x  . x x 1 y’= 0  x  1 ; y(1) = 0 vì y  ln x  là HSĐB x Khi 0 < x < 1  y '  0 ; khi x > 1  y '  0 . Lop12.net. 0,25 đ. 0,25 đ 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>