Đề thi thử ĐH môn toán số 144

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM
Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 144)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )
Câu I: Cho hàm số
( ) ( )
5522
224
+−+−+= mmxmxxf
( C )
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
2/ Tìm các giá trị thực của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.
Câu II: 1/ Giải bất phương trình sau trên tập số thực:
xxx 25
1
32
1
−
≤
−−+
2/ Tìm các nghiệm thực thoả mãn
0log1
3
1
≥+
x
của phương trình:
( )
332tan3sin32tan.sin
=−+
xxxx
Câu III: Tính tích phân sau:

( )
1
0
1
2 ln 1
1
x
x x dx
x
 
−
 ÷
− +
 ÷
+
 
∫
Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,góc A=120
0
, BD = a >0. Cạnh bên SA vuông góc
với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và đáy bằng 60
0
. Một mặt phẳng (α) đi qua BD và vuông góc với
cạnh SC. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần của hình chóp do mặt phẳng (α) tạo ra khi cắt hình chóp.
Câu V: Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn
bcaabc =++
. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

1
3

1
2
1
2
222
+
+
+
−
+
=
cba
P
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )
(Thí sinh chọn chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: 1/ Cho tam giác ABC cân, cạnh đáy BC có phương trình
01 =++ yx
. Phương trình đường cao
vẽ từ B là:
022 =−− yx
. Điểm M(2;1) thuộc đường cao vẽ từ C. Viết phương trình các cạnh
bên của tam giác ABC.
2/ Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1),cắt đường thẳng
( )
2
1
13
2
:

1
−
−
==
+
z
y
x
d

và vuông góc với đường thẳng
( )
tztytxd +=−=+−= 2;5;22:
2
(
Rt
∈
).
Câu VII.a: Giải phương trình sau trên N
*
:
( )
64802312 73
2321
−−=−++++
nnn
n
n
nnn
CCCC

B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: 1/ Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Elip (E):
2 2
5 5x y+ =
, Parabol
( )
2
: 10P x y=
. Hãy viết
phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
( )
: 3 6 0x y∆ + − =
, đồng thời tiếp xúc
với trục hoành Ox và cát tuyến chung của Elip (E) với Parabol (P).
2/ Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng (P): x+y+z-1=0 đồng thời cắt cả hai
đường thẳng
( )
11
1
2
1
:
1
zyx
d
=
−
+
=
−

và
( )
tzytxd −=−=+−= ;1;1:
2
, với
Rt
∈
.
Câu VII.b: Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:



+=
+=
+122
4
2
22
log61
xx
yy
yx
.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liệu
Giám thị ( Ký và ghi rõ họ, tên) ………………………… Số báo danh của thí sinh:


Hớng dẫn giảI THI TH I HC, CAO NG NM 2010.
Mụn thi : TON ( 144 )
.

Cõu ý Hớng dẫn giải chi tiết Điểm
PHN CHUNG CHO TT C C C TH SINH
7.00
Cõu I
Kho sỏt h m s ( 2 im )
1
Vi m =1. Khảo sát hàm số
( )
12
24
+== xxyxf
(C) (1.00 điểm )
1* TXĐ: D =
R

2* Sự biến thiên ca hm s:
* Giới hạn ti vụ cc:
( )
+=

xf
x
lim
:
( )
+=
+
xf
x
lim

0.25
* Bảng biến thiên:
( )
( )
1444''
23
=== xxxxyxf

1;1;00' ==== xxxy
x - -1 0 1 +
y - 0 + 0 - 0 +

y + 1 +

0 0
Hàm số đồng bin trên mi khoảng
( )
0;1
và
( )
+;1
, nghch bin
trờn mi khong
( )
1;
v
( )
1;0
H m s t cc tiu ti

0;1 ==
CT
yx
, t cc i ti
1;0 ==
CD
yx

0.5
3* Đồ thị:
* im un:
412''
2
= xy
, cỏc im un l:

9
4
;
3
3
,
9
4
;
3
3
21
UU
* Giao im vi cỏc trc to : A(0; 1), B(-1;0) v C(1; 0)
* Hm s l chn trờn R nờn th nhn trc Oy lm trc i xng
* th: Giỏm kho t v hỡnh
8
6
4
2
-2
-4
-5
5
* Chỳ ý: i vi Hs hc chng trỡnh c bn thỡ quy tc KSHS thc hin
nh chng trỡnh chnh lý hp nht 2000.
0.25
2

Tỡm tham s m (1.0 im)
* Ta cú
( ) ( )
mxxxmxxf ===+= 2;00244'
23
0.25
* Hm s cú C, CT khi f(x)=0 cú 3 nghim phõn bit v i du :
m < 2 (1) . To cỏc im cc tr l:

( )
( ) ( )
mmCmmBmmA + 1;2,1;2,55;0
2
0.25
* Do tam giỏc ABC luụn cõn ti A, nờn bi toỏn tho món khi vuụng ti A:
( )
1120.
3
=== mmACAB
vỡ k (1)
Trong ú
( ) ( )
44;2,44;2
22
+=+= mmmACmmmAB
Vy giỏ tr cn tỡm ca m l m = 1.
0.5
Câu II
Giải phương trình và bất phuơng trình ( 2.00 điểm )
1

Giải bpt
xxx 25
1
32
1
−
≤
−−+
( 1.00 điểm )
* ĐK:





≠
<≤−
2
1
2
5
2
x
x
0.25
* Với
2
1
2 <≤− x
:

025,032 >−<−−+ xxx
, nên bpt luôn đúng
0.25
* Với
2
5
2
1
<< x
:
32151122532
2
−≤+−⇔−≥−−+⇔
xxxxxxBpt
Ta có:





<≤⇔
≥−−
<≤
2
5
2
062
2
5
2

3
2
x
xx
x
0.25
Vậy tập nghiệm của bpt là:






∪






−=
2
5
;2
2
1
;2S
0.25
2
Nghiệm PTLG

( )
332tan3sin32tan.sin =−+ xxxx
* ĐK :
1
3
1 log 0 0 3x x+ ≥ ⇔ < ≤
0.25
* ĐK :
02cos ≠x
PT tương đương với
( )
( )
32tan032tan3sin −=⇔=+− xxx

Zkkx ∈+−=⇔ ;
26
ππ
0.5
* Kết hợp với điều kiện (1) ta được k = 1; 2 nên
6
5
;
3
ππ
== xx
0.25
Câu III
Tính tích phân
( )
1

0
1
2 ln 1
1
x
K x x dx
x
 
−
 ÷
= − +
 ÷
+
 
∫
( 1.00 điểm)
* Tính
Idx
x
x
=
+
−
∫
1
0
1
1
, Đặt







∈=
2
;0;cos
π
ttx
Đổi cận:
2
0
π
=⇒= tx
và
01 =⇒= tx
Ta có:
dtttdxtx .cos.sin2cos
2
−=⇒=
0.25
* Biến đổi:
( )
dtttdx
x
x
.cos.cos12.
1
1

−−=
+
−
* Nên
( ) ( )
2
22sin
2
1
sin22cos1.cos2.coscos12
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
2
0
π
π
ππ
πππ
−=−−=+−=−=
∫∫∫
tttdttdttdtttI
0.25

* Tính
( )
Jdxxx =+
∫
1
0
1ln2
Đặt
( )





=
+
=
⇒



=
+=
2
1
1
2
1ln
xv
dx

x
du
xdxdv
xu
0.25
* Nên
( )
2
1
1ln
2
2ln
1
1
12ln
1
1ln.
1
0
2
1
0
1
0
2
1
0
2
=









++−−=






+
+−−=
+
−+=
∫∫
xx
x
dx
x
xdx
x
x
xxJ
0.25
Vậy
2

3
π
−
=−= JIK
Câu IV Hình học không gian ( 1.00 điểm )
* Hình thoi ABCD có góc A=120
0
và tâm O nên tam giác ABC đều :

22
1 a
BDOB ==
và
3
3a
ACAB ==
Đặt I là trung điểm BC thì
OBAIBCAI =⊥ ;
Mà
( )
SIBCABCDmpSA ⊥⇒⊥
. Do đó
SIA
∠
là góc giữa 2 mp(SBC) và
mp(ABCD) vì
SAI
∆
vuông tại A :
2

3
60tan.60
00
a
AISASIA ==⇒=∠
0.25
* Kẻ
SCOK ⊥
tại K thì mp(BD;OK) là mp(α).
Khi đó
KOC~SC ∆∆A
:
ACOC
SC
KC
SC
SC
ACOC
KC
KC
AC
OC
SC
.
.
2
=⇔=⇔=
(1)
Lại do
222

;
2
1
ACSASCACOC +==
, nên
HK
SA
AC
SA
KC
SC
==








+=
2
13
12
2
2
Trong đó H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) và H thuộc AC.
0.25
* Ký hiệu V, V
1

, và V
2
là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại
của hình chóp S.ABCD:
13.2
.
.
1
===
HK
SA
HKS
SAS
V
V
BCD
ABCD
0.25
* Ta được:
12131
1
2
1
2
1
21
1
=⇔=+=
+
=

V
V
V
V
V
VV
V
V
O
A
B
D
C
S
I
K
H
0.25
Câu V
Tìm GTLN của biểu thức
1
3
1
2
1
2
222
+
+
+

−
+
=
cba
P
(1) ( 1.00 điểm )
* Điều kiện
ac
ca
bbcaabc
−
+
=⇔=++
1
vì
1≠ac
và
0,, >cba
Đặt
CcAa tan,tan ==
với
ZkkCA ∈+≠ ;
2
,
π
π
. Ta được
( )
CAb += tan
0.25

(1) trở thành
( )
( )
( )
( )
CC
C
CCAA
CCAA
P
2
2
222
222
cos3sin.C2A2sin
cos32C2Acos-cos2A
cos3cos22cos
1tan
3
1tan
2
1tan
2
++=
++=
++−=
+
+
++
−

+
=
0.25
Do đó:
3
10
3
1
sin
3
10
3sin3sin2
2
2
≤






−−=+−≤ CCCP
Dấu đẳng thức xảy ra khi:
( )
( )








>+
=+
=
0sin.2sin
12sin
3
1
sin
CCA
CA
C
0.25
Từ
4
2
tan
3
1
sin
=⇒=
CC
. từ
( ) ( )
02cos12sin
=+⇔=+
CACA
được
2

2
tan
=
A
Vậy








===⇔=
4
2
;2;
2
2
3
10
. cbaxPMa
0.25
PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH
3.00
Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn
Câu VIa Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian ( 2.00 điểm)
1 Toạ độ trong mạt phẳng ( 1.00 điểm )
* Gọi D, E lần lượt là chân đương cao kẻ từ B, C.
Ta có toạ độ điểm B(0 ; -1) và

( )
2;2=BM
, suy ra
BCMB
⊥
Kẻ MN // BC cắt BD tại N thì BCNM là hình chữ nhật.
0.25
* Phương trình đường thẳng MN là:
03 =−+ yx

BDMNN
∩=
nên






3
1
;
3
8
N
. Do
BCNC
⊥
nên pt là
0

3
7
=−− yx

0.25
* Toạ độ C là nghiệm của hpt:











−⇒
=−−
=++
3
5
;
3
2
0
3
7
01
C

yx
yx
Toạ độ vectơ






=
3
8
;
3
4
CM
, nên phương trình AB là:
022 =++ yx
0.25
* Một vectơ chỉ phương của BN là vectơ pháp tuyến của AC, nên phương trình
cạnh AC là:
0136 =++ yx
E
D
B
C
A
M
N
0.25

2 Toạ độ trong không gian (1.00 điểm)
* VTCP của d
2
là
( )
1;5;2 −=v
và cũng là VTPT của mp(P) đi qua M và vuông góc
với d
2
. Pt mp(P) là:
0252 =++− zyx
0.25
* Gọi A là giao điểm của d
1
và mp(P) nên
( )
tttA 21;;32 −+−

Thay vào phương trình mp(P) thì
( )
3;1;51 −−⇒−= At
0.25
* Đường thẳng d cần lập pt có VTCP
( ) ( )
2;2;61;1;3 −−=−= MAdou
Vậy phường trình đường thẳng d là:
1
1
1
1

3
1
−
−
=
−
=
− zyx
(vì d ≠ d
2
)
0.5
CâuVII.a
Giải pt :
( )
64802312 73
2321
−−=−++++
nnn
n
n
nnn
CCCC
(1.00 điểm)
* Trên R. Xét
( )
nn
nnnnn
n
xCxCxCxCCx 1

332210
+++++=+
Lấy đạo hàm 2 vế
( )
12321
1
3.21
−
−
++++=+
nn
nnnn
n
xnCxCxCCxn
0.25
* Lấy tích phân:
( )
xdxnCxdxCxxdCdxCdxxn
nn
nnnn
n
∫∫∫∫∫
−
−
++++=+
2
1
1
2
1

23
2
1
2
2
1
1
2
1
1
321
0.25
* Ta được
( )
nnn
n
n
nnn
CCCC 2312 73
321
−=−++++
0.25
* Giải phương trình
064803364802323
22
=−−⇔−−=−
nnnnnn
Suy ra
4813 =⇔= n
n

0.25
Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b Phương pháp toạ độ trong mp và trong không gian (2.00 điểm)
1 Toạ độ trong mặt phẳng (1.00 điểm)
* Toạ độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của HPT:



=+
=
55
10
22
2
yx
yx
Nhận thấy: với mỗi x > 0, có 2 giá trị y đối xứng nhau, suy ra đường thẳng đi qua
các giao điểm là: x = 2 ( cát tuyến chung)
0.25
* Gọi I là tâm đường tròn và I thuộc đường thẳng nên:
( )
bbI ;36 −=
Theo bài ra:



=
=
⇔




−=−
=−
⇔=−−
2
1
34
34
236
b
b
bb
bb
bb
0.25
Ta có: Tâm
( )
1;3
1
=I
và
1
1
=R
. Phương trình là
( ) ( )
113
22
=−+− yx

0.25
Tâm
( )
2;0
2
=I
và
2
2
=R
. Phương trình là :
( )
42
2
2
=−+ yx
0.25
2 Toạ độ trong không gian ( 1.00 điểm)
* Điểm
( )
1
dM ∈
, nên toạ độ của
( )
111
;1;21 tttM −−+=
điểm
( )
2
dN ∈

, nên toạ độ của
( )
ttN −−+−= ;1;1
Suy ra
( )
111
;;22 tttttMN −−−−=
0.25
* Với
( )
dNM ∈,
và mặt phẳng (P) có 1 VTPT là
( )
1;1;1=n
. Suy ra:

( ) ( )
111
*
22;. tttttRknkMNPmpd −−==−−⇔∈=⇔⊥
0.25
* Giải ra ta được





−
=
=

5
2
5
4
1
t
t
, do đó






−−=
5
2
;
5
3
;
5
1
M
0.25
* Vậy phuơng trình đường thẳng (d) là:
5
2
5
3

5
1
+=+=− zyx
0.25
CâuVII.b
Giải hệ phương trình



+=
+=
+122
4
2
22
log61
xx
yy
yx
( 1.00 điểm )
* ĐK : y > 0
Phương trình ẩn y có 2 nghiệm là: y = -2
x
(loại) và y = 2
x+1
0.25
* Với y = 2
x+1
thay vào pt (1) có:
0432log61

21
4
2
=−−⇔+=
+
xxx
x
giải pt thì x = -1 và x = 4
0.5
* Với x = -1 thì y = 1, Nghiệm (x; y) là: (-1;1)
Với x = 4 thì y = 32, Nghiệm (x;y) là: (4;32)
0.25

========== HÕt ==========