Đề thi thử ĐH 2010 + ĐA chi tiết 0.25 (số 2)

SỞ GD – ĐT HÀ NỘI
Gv. Trần Mạnh Tùng
091 3366 543
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn thi: Toán - Thời gian làm bài 180 phút
I- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x= − + + + +
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi
0m =
.
2. Xác định các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng
( )
2;+∞
.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
tan3 2tan 4 tan5 0x x x
− + =
với
(0;2 )x
π
∈
.
2. Giải bất phương trình:
1 2
3 1 3
3

log (2 1).log (2 2) 2log 2 0
x x
+
+ + + >
.
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân
2
3
0
sin 2
(2 cos )
x
I dx
x
π
=
+
∫
.
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp
.S ABCD
có
SA
vuông góc với mặt phẳng
( ),ABCD SA a
=
. Đáy
ABCD

là hình bình hành
có
·
0
, 2 , 60AB b BC b ABC= = =
. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh
,BC SD
. Chứng minh
//( )MN SAB
và tính thể tích của khối tứ diện
AMNC
theo
, .a b
Câu V (1 điểm)
Cho
, ,x y z
là các số thực thoả mãn
1, 2, 3x y z
≥ ≥ ≥
. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số:
2 3 3 1 1 2
( , , )
x y z y z x z x y
f x y z
xyz
− − + − − + − −
=
II- PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a

1. Trong hệ trục toạ độ
Oxy
cho tam giác ABC có
( 2;3)C
−
. Đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A và đường
phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là:
3 2 25 0, 0x y x y− − = − =
. Hãy viết phương trình đường
thẳng chứa cạnh AC của tam giác.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z+ + − + − − =
và điểm
( 1; 2;3)I − −
. Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình của mặt phẳng (P) đi qua
điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn tâm I.
Câu VII.a
Tìm số nguyên dương n thoả mãn:
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
.2 2. .3.2 3. .3 .2 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009
n n n n n n n
n n n n n
C C C nC n C
− − − +
+ + + + +
− + − − + + =
.
2. Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b
1. Trong hệ trục toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết CD có phương trình
4 3 4 0x y− + =
. Điểm
(2;3)M

thuộc cạnh BC,
(1;1)N
thuộc cạnh AB. Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AD.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường tròn (C) có tâm
(1; 2;3)K −
, nằm trên mặt phẳng
( ): 3 2 2 5 0P x y z+ + − =
, và đi qua điểm
(3;1; 3)M −
. Viết phương trình mặt cầu (S) chứa đường tròn (C)
và có tâm thuộc mặt phẳng
( ) : 5 0Q x y z+ + + =
.
Câu VII.b
Từ bộ bài tú lơ khơ 52 con bài (gồm 13 bộ, mỗi bộ có 4 con với 4 chất: Rô, Cơ, Bích, Nhép) người ta rút ra 5
con bài bất kỳ. Tính xác suất để rút được 2 con thuộc một bộ, 2 con thuộc bộ thứ hai và con thứ năm thuộc
bộ khác.
Hết
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHI TIẾT - ĐỀ SỐ 2
MÔN TOÁN - LỚP 12D
4
- GV. TRẦN MẠNH TÙNG
Câu Nội dung Điểm
I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 1điểm

Khi m = 0 hàm số trở thành
3 2
2 3 1y x x= − +
• TXĐ:
D = ¡
• Sự biến thiên:
2
0
6 6 , ' 0
1
x
y x x y
x
=

= − = ⇔

=

• Ta có
(0) 1; (1) 0
CD CT
y y y y= = = =
• Bảng biến thiên:
x
−∞
0 1
+∞

y' + 0 - 0 +

y 1
+∞
−∞
0
• Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
;0 , 1;−∞ +∞
,nghịch biến trên
( )
0;1
• Đồ thị :
f(x)=2*x*x*x-3*x*x+1
-2 -1.5 -1 -0.5 0.5 1 1.5 2 2.5
-2
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
x
y
0.25
0.25
0.25
0.25
2
Tìm các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng

( )
2;+∞
1điểm
Ta có
2
' 6 6(2 1) 6 ( 1)y x m x m m= − + + +
2
2
' 0 6 6(2 1) 6 ( 1) 0
(2 1) ( 1) 0
1

y x m x m m
x m x m m
x m
x m
= ⇔ − + + + =
⇔ − + + + =
= +

⇔

=

Do đó, hàm số đồng biến trên khoảng
( )
2;+∞
1 2 1m m⇔ + ≤ ⇔ ≤
Vậy với
1m ≤

thì hàm số đồng biến trên khoảng
( )
2;+∞
0.25
0.25
0.25
0.25
II 1
Giải phương trình
tan3 2 tan 4 tan 5 0x x x
− + =
với
(0;2 )x
π
∈
1điểm
ĐK:
cos3 0;cos4 0;cos5 0x x x≠ ≠ ≠
.
Phương trình cho
2
2
sin8 2sin 4
0
cos3 .cos5 cos4
cos 4 cos3 .cos5
2sin 4 0
cos3 .cos4 .cos5
1 cos8 cos2 cos8
sin 4 0

cos3 .cos4 .cos5
2sin
sin 4 0
cos3 .cos4 .cos5
sin 4 0
,
4
sin 0
x x
x x x
x x x
x
x x x
x x x
x
x x x
x
x
x x x
x
x k
x
x k
π
π
⇔ − =
 
−
⇔ =
 ÷

 
+ − −
 
⇔ =
 ÷
 
 
⇔ =
 ÷
 

=
=


⇔ ⇔


=

=

,
4
k x k k
π
∈ ⇔ = ∈¢ ¢
0.25
0.25
0.25

Do
(0;2 )x
π
∈
nên phương trình cho có nghiệm là
5 3 7
; ; ; ;
4 4 2 4
x x x x x
π π π π
π
= = = = =
0.25
2
Giải bất phương trình:
1 2
3 1 3
3
log (2 1).log (2 2) 2log 2 0
x x
+
+ + + >
1điểm
Bất phương trình
2
3 3 3
2
3 3 3 3
log (2 1).log 2(2 1) 2log 2 0
log (2 1). log (2 1) log 2 2log 2 0

x x
x x
 
⇔ − + + + >
 
 
⇔ − + + + + >
 
Đặt
3
log (2 1), 0
x
t t= + >
. BPT trở thành
( )
2
3 3
3 3
3 3
log 2 2log 2 0
(log 2 )(2log 2 ) 0
2log 2 log 2
t t
t t
t
− + + >
⇔ − + >
⇔ − < <
Do t > 0 nên ta có
3

0 log 2t< <
. Suy ra:

3 3
0 log (2 1) log 2
2 1 2
0
x
x
x
< + <
⇔ + <
⇔ <
0.25
0.25
0.25
0.25
III
Tính tích phân
2
3
0
sin 2
(2 cos )
x
I dx
x
π
=
+

∫
1điểm
Đặt
2 cos cos 2 sin .t x x t x dx dt= + ⇒ = − ⇒ = −
Khi
0 3; 2
2
x t x t
π
= ⇒ = = ⇒ =
. Ta có
3 3 3
2
3 3 2 3
0 2 2 2
3 3
2
2 2
sin .cos 2 1 1
2 2 2 2
(2 cos )
1 1 1 5 1
2
3 18 18
x x t
I dx dt dt dt
x t t t
t t
π
 

−
= = = −
 
+
 
 
= − + = − =
 
 
 
∫ ∫ ∫ ∫
0.25
0.5
0.25
IV
Cho hình chóp
.S ABCD
có
SA
vuông góc với mặt phẳng
( ),ABCD SA a
=
. Đáy
ABCD
là
hình bình hành có
·
0
, 2 , 60AB b BC b ABC= = =
. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm

của các cạnh
,BC SD
. Chứng minh
( )MN SABP
và tính thể tích của khối tứ diện
AMNC
theo a, b.
1điểm
H
N
M
S
C
D
B
A
+) Gọi H là trung điểm của AD.
0.25
Khi đó
/ /
( ) / /( ) / /( )
/ /
HM AB
MNP SAB MN SAB
HN AS

⇒ ⇒


+) Có

,NH AD H AD⊥ ∈
.
Khi đó
1
2 2
a
NH AD= =
Mặt khác dễ thấy
ABM∆
đều cạnh b. Do M là trung điểm BC nên
2
3
( ) ( )
4
a
dt MAC dt ABM∆ = ∆ =
Vậy thể tích của khối tứ diện AMCN là V với
2 2
1 1 3 3
. . ( ) .
3 3 2 4 24
a b ab
V NH dt MAC= ∆ = =
(đvtt).
0.25
0.25
0.25
V
Cho
, ,x y z

là các số thực thoả mãn
1, 2, 3x y z
≥ ≥ ≥
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức:
2 3 3 1 1 2x y z y z x z x y
M
xyz
− − + − − + − −
=
1điểm
Ta có
2. 3 1. 2
3 1
y z x y
z x
M
yz zx xy
− − − −
− −
= + +
Mặt khác

1 1. 1 1 1 1
0
2 2
x x x
x x x
− − + −
≤ = ≤ =

2 2. 2
2 2 1
0
2 2 2 2 2
y y
y
y
y y
− −
+ −
≤ = ≤ =
3 3. 3 3 3 1
0
3 2 3 2 3
z z z
z
z z
− − + −
≤ = ≤ =
Suy ra
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . .
2 2 4
2 2 2 3 2 3 2 2 6 3 2
M
 
≤ + + = + +
 ÷
 
Dấu đẳng thức xảy ra khi

1 1
2
2 2 4
6
3 3
x
x
y y
z
z

− =
=


 
− = ⇔ =
 
 
=

− =


Vậy giá trị nhỏ nhất của M là
1 1 1 1
4
6 3 2
 
+ +

 ÷
 
khi
2, 4, 6x y z= = =
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa 1
Trong hệ trục toạ độ
Oxy
cho tam giác ABC có
( 2;3)C
−
. Đường cao của tam giác kẻ từ
đỉnh A và đường phân giác trong góc B có phương trình lần lượt là:
3 2 25 0, 0x y x y− − = − =
. Hãy viết phương trình đường thẳng chứa cạnh AC của tam
giác.
1điểm
Gọi đường cao kẻ từ A là AH:
3 2 25 0x y− − =
Đường phân giác trong góc B là BE:
0x y− =
BC có phương trình :
2 3 5 0x y+ − =
Toạ độ B là nghiệm của hệ
2 3 5 0 1
(1;1)
0 1

x y x
B
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒
 
− = =
 
Gọi F là điểm đối xứng của C qua BE. Do BE là phân giác nên F thuộc AB.
Xác định toạ độ F được F(3; -2).
Đường thẳng chứa cạnh AB là đường thẳng đi qua B, F.
Phương trình AB là: 3x + 2y -5 = 0.
Toạ độ A là nghiệm của hệ
3 2 5 0 5
(5; 5)
3 2 25 0 5
x y x
A
x y y
+ − = =
 
⇔ ⇒ −
 
− − = = −
 
Vậy phương trình AC là: 8x + 7y - 5 = 0
0.25
0.25
0.25

0.25
2
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ) : 2 6 4 11 0S x y z x y z+ + − + − − =

và điểm
( 1; 2;3)I − −
. Chứng minh điểm I nằm bên trong mặt cầu (S). Viết phương trình
của mặt phẳng (P) đi qua điểm I đồng thời mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến
là đường tròn tâm I.
1điểm
Mặt cầu (S) có tâm J(1; -3; 2) bán kính R = 5.
Ta có
2 2 2
2 1 ( 1) 6IJ R= + + − = <
. Chứng tỏ I nằm bên trong hình cầu (S).
Mặt phẳng (P) thoả mãn ĐK của bài toán sẽ đi qua I và vuông góc với IJ.
Mp(P) có vectơ pháp tuyến
(2; 1; 1)n IJ= = − −
r uur
.
Vậy phương trình của mp(P) là: 2x – y – z + 3 = 0
0.25
0.25
0.25
0.25
VIIa Tìm số nguyên dương n thoả mãn:
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

.2 2. .3.2 3. .3 .2 2 . .3 .2 (2 1) .3 2009
n n n n n n n
n n n n n
C C C n C n C
− − − + +
+ + + + +
− + + − + + =
1điểm
Xét khai triển của
2 1
(2 )
n
x
+
+
ta có :
2 1 0 2 1 1 2 2 2 1 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(2 ) .2 .2 . .2 . .2 . .2. .
n n n n n n n n n
n n n n n n
x C C x C x C x C x C x
+ + − − + +
+ + + + + +
+ = + + + + + +
Lấy đạo hàm 2 vế ta có:
2 1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1)(2 ) .2 2. .2 . 3. .2 . 2 . .2. (2 1) .
n n n n n n n n

n n n n n
n x C C x C x n C x n C x
− − − +
+ + + + +
+ + = + + + + + +
Thay x = -3 ta có
1 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
(2 1) .2 2. .2 .3 3. .2 .3 2 . .2.3 (2 1) .3
n n n n n n n
n n n n n
n C C C n C n C
− − − +
+ + + + +
+ = − + − − + +
Phương trình cho
2 1 2009 1004n n⇔ + = ⇔ =
0.25
0.25
0.25
0.25
VIb 1 Lập pt cạnh AD
:3 4 0AD CD AD x y C⊥ ⇒ + + =
ABCD
là hình vuông nên
( , ) ( , )d M AD d N CD=
tức là
| 6 12 | | 4 3 4 |
13; 23.
5 5

C
C
+ + − +
= ⇒ = − −
ĐS: PT
:3 4 13 0;3 4 23 0AD x y x y+ − = + − =
0.25
0.25
0.25
0.25
2 Viết pt mặt cầu chứa (C) và có tâm thuộc (Q).
+ Tâm I của mặt cầu thuộc đt d qua K và vuông góc với (P).
+ Ptts của d là:
1 3
2 2
3 2
x t
y t
z t
= +


= − +


= +

+ Mặt khác:
( ) 1 3 2 2 3 2 5 0
1 ( 2; 4;1)

I Q t t t
t I
∈ ⇒ + − + + + + =
⇒ = − ⇒ − −
+ Bán kính mặt cầu:
( ) ( ) ( )
2 2 2
66 ( ): 2 4 1 66R IM pt S x y z= = ⇒ + + + + − =
0.25
0.25
0.25
0.25
VIIb Tính xác suất
- Chọn tuỳ ý 5 cây từ bộ bài 52 cây có
5
52
C
cách
- Chọn 2 cây đầu tiên từ 1 bộ (trong 13 bộ) có
2
4
13C
cách
- Chọn tiếp 2 cây nữa, từ 1 trong 12 bộ còn lại có
2
4
12C
cách
- Chọn nốt cây cuối cùng, từ 1 bộ trong 11 bộ còn lại có
1

4
11C
cách
- Đáp số
2 2 1
4 4 4
5
52
13 .12 .11
( )
C C C
p A
C
=
0.25
0.25
0.25
0.25
(Gv. Trần Mạnh Tùng – 091 3366 543).
A
B
D
C
N
M
K
M
I