Đề và đáp án thi thử ĐH-CD

TR
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀTHI THỬ ĐH LẦN I NĂM HỌC 2009-2010
TRƯỜNG THPT PHAN THÚC TRỰC Môn: Toán: Khối: A
(Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x
4
- 2(m+1)x
2
+ 2m+1 (1) ( m là tham số )
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2
2.Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị và diện tích tam giác tạo thành bởi 3 điểm đó
bằng 32 (đvdt)
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:
2
sin 2 2cos 1 5
sin
cos sin cos3 sin 3 2
x x
x
x x x x
π
+ −
 
= −
 ÷
− − +
 
2.Giải phương trình:
3
1 1

1
2 2
x x+ + − =

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
4
0
cos sin
3 sin 2
x x
dx
x
π
+
+
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A
1
B
1
C
1
.Các mặt phẳng (ABC
1
) và (A
1
B
1
C)
chia khối lăng trụ thành 4 phần. Tính tỉ số thể tích của 4 phần đó.

CâuV ( 1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

2
1 1 1 27
( ) ( ) ( ) 2( )b a b c b c a c a a b c
+ + ≥
+ + + + +
PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (A hoặc B)
A/ Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2;1).Lập phương trình
đường thẳng đi qua M và cắt hai đường thẳng d
1
: x+y – 1=0, d
2
: 2x – y =0 lần lượt tại A,B sao cho
MA=2MB.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
7 3 9
1 2 1
x y z− − −
= =
−
,
d
2
:
3 1 1
7 2 3

x y z− − −
= =
.Tìm toạ độ hai điểm M,N lần lượt thuộc d
1
, d
2
sao cho đoạn MN nhỏ nhất.
Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm M,N.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình:
2 2 3
2
1 6
2 10
2
x x x
A C C
x
− ≤ +
( với
,
k k
n n
A C
lần lượt là chỉnh hợp
và tổ hợp chập k của n phần tử )
B/ Theo chương trình nâng cao
CâuVI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy,cho điểm K(1;1). Lập phương trình đường
thẳng đi qua Kvà cắt hai đường thẳng d
1
: 3x - 4y – 6 = 0, d

2
: 5x +12y +4 = 0 lần lượt tại A,B sao cho
tam giác MAB cân tại M ( M là giao điểm của d
1
và d
2
).
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho tam giác ABC biết: A(2;0;0), B(0;2;0), C(0;0;1). Tìm
tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
4 2 4
3 3
4 2 5
2 2
xy x
x y
y x
x y
− +

− + =

+ = +

………… Hết …………
Họ và tên thí sinh …………………………… Số báo danh …………………
1
ĐÁP ÁN KIÊM BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2009-2010
( Đáp án này có 06 trang)
Câu 1

(2,0đ)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2.
Khi m=2: y=x
4
-6x
2
+5
Tập xác định: D=R
Sự biến thiên: y
’
=4x
3
-12x; y
’
=0
0; 3x x⇔ = = ±
Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
3;0 ; 3;− +∞
,hàm số nghịch biến trên các
khoảng
( ) ( )
; 3 ; 0; 3−∞ −
0,25
Hàm số đạt cực đại tại
(0) 5
cd
x o y y= ⇒ = =
,
HS đạt cực tiểu tại

3 ( 3) 4
ct
x y y= ± ⇒ = ± = −
Giới hạn:
lim
x
y
→±∞
= +∞
0,25
Bảng biến thiên:
x
−∞

3−
0
3

+∞
y
’
- 0 + 0 - 0 +
y
+∞
5
+∞
-4 -4
0,25
Đồ thị hàm số:
Giao với ox tại:

( )
( )
1;0 , 5;0± ±

4
2
-2
-4
y
x
-
5
5
o
1
-1
5
Giao với oy tại: (0;5)
Đồ thị nhận oy làm trục đối xứng
Đồ thị có hai điểm uốn: (-1;0), (1;0)
0,25
2. y
’
= 4x
3
-4(m+1)x = 4x(x
2
-m-1). Để đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị
⇔
y

’
=0 có
3 nghiệm phân biệt
⇔
phương trình x
2
-m-1=0 có hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔
m+1>0
⇔
m>-1 (1)
Khi đó y
’
=0 có 3 nghiệm: x=0; x=
1m± +
0,5
Đồ thị có một điểm cực đại: A(0;2m+1), có hai điểm cực tiểu:
( ) ( )
2 2
1; , 1;B m m C m m− + − + −
. Ta có BC=
2 1m +
.Gọi H là giao điểm của BC
và oy, chiều cao của tam giác ABC là AH=(m+1)
2
. S
ABC
=1/2BC.AH=
2
1.( 1)m m+ +

0,25
Theo đề ra : S
ABC
=32 nên
2
1.( 1)m m+ +
=32
⇔
m=3 (2). Kết hợp (1) và (2)
suy ra m=3
0,25
2
KL: m=3 là giá trị cần tìm
Câu 2
(2,0đ)
1. Giải phương trình:
2
sin 2 2cos 1 5
sin
cos sin cos3 sin 3 2
x x
x
x x x x
π
+ −
 
= −
 ÷
− − +
 

(1)
Tacó : cosx-sinx-cos3x+sin3x = (cosx-cos3x)+(sin3x-sinx)
= 2sinx(sin2x+cos2x), đk: 2sinx(sin2x+cos2x)
≠
0 (2)
0,25
Với đk(2), pt(1)
⇔

sin 2 cos2
cos
2sin (sin 2 cos 2 )
x x
x
x x x
+
=
+
0,25
1
cos sin 2 1 ,
2sin 4
x x x k k Z
x
π
π
⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈
.Kết hợp với đk (2) suy ra nghiệm
phương trình (1) là :
,

4
x k k Z
π
π
= + ∈
0,5
2. Đk:
1 1
0
2 2
x x− ≥ ⇔ ≤
, Đặt
3
3
2
1
1
2
2
( 0)
1
1
2
2
u x
u x
v
v x
v x



= +
= +


 
⇒ ≥
 
 
= −
= −




(1)
Khi đó phương trình trở thành
3 2
1
1
u v
u v
+ =


+ =

(2)
0,25
Giải hệ (2) được 3 nghiệm:

{ }
( ; ) (0;1),(1;0),( 2;3)u v = −
0,25
1
2
( ; ) (0;1)u v x= ⇒ = −
,
1
( ; ) (1;0)
2
u v x= ⇒ =
,
17
2
( ; ) ( 2;3)u v x
−
= − ⇒ =
0,25
Đối chiếu điều kiện (1) suy ra phương trình có 3 nghiệm: x=-1/2; x=1/2; x=-17/2 0,25
Câu 3
(1,0đ)
Tính tích phân: I =
4
0
cos sin
3 sin 2
x x
dx
x
π

+
+
∫
=
4
2
0
cos sin
4 (sin cos )
x x
dx
x x
π
+
− −
∫
0,25
Đổi biến:
sin cos (cos sin )t x x dt x x dx= − ⇒ = +
;
Đổi cận:
0 1; 0
4
x t x t
π
= ⇒ = − = ⇒ =
Ta có
0
2
1

4
dt
I
t
−
=
−
∫
0,25
Đổi biến:
2sin ( ) 2cos
2 2
t u u dt udu
π π
= − < < ⇒ =

Đổi cận:
0 0; 1
6
t u t u
π
= ⇒ = = − ⇒ = −
. Ta có :
0
2
6
2cos
4 4sin
udu
I

u
π
−
=
−
∫
0.25
0 0
6 6
2cos
2 cos 6
udu
du
u
π π
π
− −
= = =
∫ ∫
0,25
3
Câu4
(1,0đ)
M
N
A1
B1
C1
A
C

B
Gọi M,N là giao điểm của BC
1
và B
1
C,AC
1
và A
1
C . MN là giao tuyến của
(ABC
1
) và (A
1
B
1
C) . Đặt
1 1 1 1 1 1
1 2 3 4
; ; ;
CMNC C MNB A CMNBA MNABB A
V V V V V V V V= = = =
Gọi V là thể tích khối lăng trụ ta có:
1 1 1 1
3
CA B C C ABC
V
V V= =
0,25
Tacó:

1 1 1
1 2CA B C
V V V= +
;
1 1 1
1 1
1 1 1
. . 1
. . 4
CA B C
V CM CN CC
V CA CB CC
= =
1 1 1
1 2
1 1
. ;
4 4 3 12 3 12 4
CA B C
V V V V V
V V V⇒ = = = = − =
0,25
1 1 1 1
3 1 1
3 12 4
C ABC CA B C
V V V
V V V V V= − = − = − =
,
4 1 2 3

5
( )
12
V
V V V V V= − + + =
0.25
1 2 3 4
: : : 1:3:3: 5V V V V =
0.25
Câu 5
(1,0đ)
Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

2
1 1 1 27
( ) ( ) ( ) 2( )b a b c b c a c a a b c
+ + ≥
+ + + + +
(1)
Thật vậy (1)
2
1 1 1
2( ) 27
( ) ( ) ( )
a b c
b a b c b c a c a
 
⇔ + + + + ≥
 
+ + +

 
⇔
2 2 2
1 1 1
2 ( ) ( ) ( ) ( ) 27
( ) ( ) ( )
a ca b ab c bc ab bc ca
b a b c b c a c a
 
 
+ + + + + + + + + + ≥
 
 
+ + +
 
[ ]
1 1 1
2 ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a a c b b a c c b
b a b c b c a c a
 
⇔ + + + + + + +
 
+ + +
 
+
+
[ ]
1 1 1

( ) ( ) ( ) 27
( ) ( ) ( )
a b c b a c c a b
b a b c b c a c a
 
+ + + + + + + ≥
 
+ + +
 
0,25
Áp dụng BĐT Côsi : Ta có
[ ]
1 1 1
2 ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
a a c b b a c c b
b a b c b c a c a
 
+ + + + + + +
 
+ + +
 
2.9 18
≥ =


0,25
[ ]
1 1 1
( ) ( ) ( ) 9

( ) ( ) ( )
a b c b a c c a b
b a b c b c a c a
 
+ + + + + + + ≥
 
+ + +
 
0,25
Ta có :
2
1 1 1
2( ) 18 9 27
( ) ( ) ( )
a b c
b a b c b c a c a
 
+ + + + ≥ + =
 
+ + +
 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c.
0,25
4
KL: Với mọi a,b,c > 0 ta luôn có:
2
1 1 1 27
( ) ( ) ( ) 2( )b a b c b c a c a a b c
+ + ≥
+ + + + +

Câu6a
(2,0đ)
1. Gọi
1 2
N d d= ∩
. Toạ độ điểm N là nghiệm của hệ phương trình:
1
1 0
1 2
3
( ; )
2 0 2
3 3
3
x
x y
N
x y
y


=


+ − =
 
⇔ ⇒
 
− =
 

=




TH1: Lấy điểm N
’
sao cho:
'
2MN MN= −
uuuur
uuuur
. Ta tìm được toạ độ điểm
'
16 5
( ; )
3 3
N
Viết phương trình đường thẳng d
’
qua N
’
và song song với đường thẳng d
2
:
16 5
2( ) 1( ) 0 2 9 0
3 3
x y x y− − − = ⇔ − − =
(d’)

0,25
Đường thẳng d
’
cắt đường thẳng d
1
tại A, toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương
trình:
10
1 0
10 7
3
( ; )
2 9 0 7
3 3
3
x
x y
A
x y
y

=

+ − =

−

⇔ ⇒
 
− − = −



=


Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và M. Ta có
4 10
( ; )
3 3
MA
−
=
uuur
Đường thẳng đi qua điểm M và nhận
4 10
( ; )
3 3
MA
−
=
uuur
làm 1 VTCP nên có phương
trình:
2 1
5 2 12 0
4 10
x y
x y
− −
= ⇔ + − =

−
0,25
TH2: Đường thẳng đi qua M căt d
1
và d
2
lần lượt tại A,B :MA=2MB nên B là trung
điểm của MA.
1 0 0 2 1 1
( ;1 ); ( ;2 )A d A x x B d B x x∈ ⇒ − ∈ ⇒
. Theo tính chất trung điểm
ta có:
0
0 1
0 1
1
2
2 2
3
1 1 4
2
3
x
x x
x x
x
 −

=



+ =
 
⇔
 
− + =
 
=




; Toạ độ các điểm A,B là
2 5 2 4
( ; ), ( ; )
3 3 3 3
A B
−

0,25
4 1
( ; )
3 3
AB
−
=
uuur
. Đ ường thẳng đi qua điểm M nhận
4 1
( ; )

3 3
AB
−
=
uuur
làm một VTCP nên
có phương trình:
2 1
4 6 0
4 1
3 3
x y
x y
− −
= ⇔ + − =
−
KL: Qua điểm M có hai đường thẳng thoả mãn YCBT là:
d
0
: 5x+2y-12=0, d : x+4y-6=0
0,25
2.Dạng tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
7 3 7 '
: 3 2 , : 1 2 '
9 1 3 '

x t x t
d y t d y t
z t z t
= + = −
 
 
= + = +
 
 
= − = +
 
Véc tơ chỉ phương của d
1
, d
2
lần lượt là :
1 2
(1;2; 1); ( 7;2;3)u u= − = −
ur uur
; d
1
đi qua
điểm A(7;3;9), d
2
đi qua điểm B(3;1;1).
0,25
5
1 2
( 4; 2; 8) , . 168 0AB u u AB
 

= − − − ⇒ = − ≠
 
uuur ur uur uuur
⇒
d
1
và d
2
chéo nhau .
1 2
(7 ;3 2 ;9 ); (3 7 ';1 2 ';1 3 ')M d M t t t N d N t t t∈ ⇒ + + − ∈ ⇒ − + +
(4 7 ';2 2 2 ';8 3 ')NM t t t t t t= + + + − − −
uuuur
MN nhỏ nhất
⇔
MN là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau d
1
và
d
2
1 1
2
2
. 0
6 6 ' 0
6 44 ' 0 ' 0
. 0
MN d NM u
t t t o
MN d

t t t
NM u

⊥ =
 + = =



⇒ ⇔ ⇒ ⇔
   
⊥
− − = =
=





uuuur ur
uuuur uur
0,25
Toạ độ điểm M và N lần lượt là: M(7;3;9), N(3;1;1) ;
(4;2;8) 2(2;1;4)NM = =
uuuur
0,25
Đường thẳng d đi qua N(3;1;1) và nhận
(2;1;4)u =
r
làm một véc tơ chỉ phương nên
phương trình của đường thẳng d là:

3 1
1
2 4
x z
y
− −
= − =
0,25
Câu7a
(1,0đ)
Giải bất phương trình:
2 2 3
2
1 6
2 10
2
x x x
A C C
x
− ≤ +
(1)
ĐK:
; 3x x∈Ν ≥
(2)
0,25
Với đk (2), BPT (1)
(2 )! ! 6 !
2 10
2(2 2)! 2!( 2)! 3!( 3)!
x x x

x x x x
⇔ − ≤ +
− − −
0,25
(2 1) ( 1) ( 1)( 2) 10 3 12 4x x x x x x x x− − − ≤ − − + ⇔ ≤ ⇔ ≤
(3) 0,25
Từ (1) và (3) suy ra x=3;x=4. Vậy BPT (1) có2 nghiệm x=3;x=4 0,25
Câu6b
(2,0đ)
1. Đường thẳng d
1
và d
2
cắt nhau tại M. Phương trình các đường phân giác của góc
hợp bởi d
1
và d
2
là:
1
2
8 7 0 ( )
3 4 6 5 12 4
32 4 29 0 ( )
5 13
x y
x y x y
x y
− − = ∆


− − + +
= ± ⇔

+ − = ∆

0,25
Đường thẳng đi qua K cắt d
1
và d
2
tại A ,B sao cho tam giác MAB cân tại M, nên
các đường thẳng đó song song với các đường thẳng
1
∆
và
2
∆
( nếu một đường song
song với
1
∆
thì đường còn lại song song với
2
∆
)
0,25
Viết phương trình đường thẳng đi qua K và song song với
1
∆
:

Phương trình : 1(x-1)-8(y-1)=0 hay x-8y+7=0
0,25
Viết phương trình đường thẳng đi qua K và song song với
2
∆
:
Phương trình: 32(x-1)+4(y-1)=0 hay 8x+y-9 =0
Vậy qua K có hai đường thẳng: d
1
’ : x-8y+7=0; d
2
’ : 8x+y-9 =0 thoả mãn ycbt.
0,25
2.
( 2;2;0); ( 2;0;1)AB AC= − = −
uuur uuur
.Toạ độ trung điểm của AB là: M(1;1;0), toạ độ
trung điểm của AC là N(1;0;1/2). Mặt phẳng (ABC) đi qua A(2;0;0) , B(0;2;0),
C(0,0,1) nên có phương trình:
1 2 2 0
2 2
x y
z x y z+ + = ⇔ + + − =
0,25
Mặt phẳng trung trực của AB đi qua M và nhận
AB
uuur
làm một VTPT nên có PT:
-2(x-1)+2(y-1)=0
⇔

x-y=0 (P)
Mặt phẳng trung trực của AC đi qua N và nhận
AC
uuur
làm một VTPT nên có PT:
-2(x-1)+1(z-1/2)=0
⇔
2x-z-3/2=0 (Q)
0,25
Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là giao điểm của 3 mặt phẳng 0,25
6
(ABC),(P) và (Q). Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình:

5
6
2 2 0
5 5 5 1
0 ( ; ; )
6 6 6 6
3
1
2 0
2
6
x
x y z
x y y I
x z
z


=



+ + − =



− = ⇔ = ⇒
 
 
 
− − =
=



Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: R=IA=
5 3
6
( đơn vị dài)
0,25
Câu7b
(1,0đ)
Giải hệ phương trình:
4 2 4
3 3
4 2 5 (1)
2 2 (2)
xy x

x y
y x
x y
− +

− + =

+ = +

Từ (2) xét hàm số: f(t)=
3 2
2 '( ) 2 ln 2 3 0,
t t
t f t t t R+ ⇒ = + > ∀ ∈ ⇒
hàm số f(t) đồng
biến trên R. Do đó từ (2)
⇒
f(x)=f(y)
⇔
x=y
0,25
Thay x=y vào phương trình (1):
2 2
4 2 4 4 ( 1) 3
4 2 5 4 5 2
x x x
x x x x
− + − +
− + = ⇔ − = −
(3)

Đặt
4 3
( ) 4 '( ) 4 4; '( ) 0 1f x x x f x x f x x= − ⇒ = − = ⇔ =
0,25
Xét dấu f’(x) suy ra
4
4 3x x− ≥ −
; mặt khác
2 2
( 1) 3 ( 1) 3
2 8 5 2 3
x x− + − +
≥ ⇒ − ≤ −
0,25
Phương trình (3) xãy ra
⇔
x=1. KL: Hệ đã cho có nghiệm x=y=1 0,25
( Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa)
7