2 ĐÊ VÀ ĐÁP ÁN THI THU ĐH 2010

15 THUC 50 LUN THI I HC 2009-2010
GV: Lờ ỡnh Thnh
A. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH: ( 7 im)
Cõu 1: ( 2im)
Cho hm s y = 4x
3
+ mx
2
3x
1. Kho sỏt v v th (C) hm s khi m = 0.
2. Tỡm m hm s cú hai cc tr ti x
1
v x
2
tha x
1
= - 4x
2

Cõu 2: (2im)
1. Gii h phng trỡnh:
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y

=


+ =

2.Giải các phơng trình sau:

2 2
4sin 2 6sin 3cos2 9
0
cos
x x x
x
+
=
Cõu 3: (2im)
1. Cho ba s thc dng a, b, c tha:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
1
a b c
a ab b b bc c c ca a
+ + =
+ + + + + +
Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc S = a + b + c
2. Tớnh tớch phõn A =
2
ln .ln ex
e
e
dx
x x

Cõu 4: (1 im) Cho hỡnh chúp S.ABC cú SA vuụng gúc vi mt phng (ABC), tam giỏc ABC vuụng

ti C ; M,N l hỡnh chiu ca A trờn SB, SC. Bit MN ct BC ti T. Chng minh rng tam giỏc
AMN vuụng v AT tip xỳc vi mt cu ng kớnh AB.
B. PHN T CHN: Thớ sinh ch chn cõu 5a hoc 5b
Cõu 5a: Theo chng trỡnh chun: ( 3 im)
1.Trên mặt phẳng toạ độ cho điểm A( 2; 2) và hai đờng thẳng
( ) ( )
08:;02:
21
=+=+ yxdyxd
. Tìm B, C tơng ứng trên (d
1
) và (d
2
) sao cho ABC là tam giác
vuông cân tại A.
2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho im A(4;5;6). Vit phng trỡnh mt phng (P)
qua A; ct cỏc trc ta ln lt ti I; J; K m A l trc tõm ca tam giỏc IJK.
3. Bit (D) v (D) l hai ng thng song song. Ly trờn (D) 5 im v trờn (D) n im v ni cỏc
im ta c cỏc tam giỏc. Tỡm n s tam giỏc lp c bng 45.
Cõu 5b: Theo chng trỡnh nõng cao: ( 3 im)
1. Trong mt phng vi h trc ta Oxy, cho ng thng (D): x 3y 4 = 0 v ng trũn (C):
x
2
+ y
2
4y = 0. Tỡm M thuc (D) v N thuc (C) sao cho chỳng i xng qua A(3;1).
2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho bn im A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0).
Chng minh cỏc ng thng AB v CD chộo nhau. Vit phng trỡnh ng thng (D) vuụng gúc
vi mt phng Oxy v ct c cỏc ng thngAB; CD.
3. Tỡm m bt phng trỡnh: 5

2x
5
x+1
2m5
x
+ m
2
+ 5m > 0 tha vi mi s thc x.
Ht
BI GII TểM TT
A.PHN CHUNG:
Câu 1:
1. m = 0 , y = 4x
3
– 3x
- TXĐ: D = R
- Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
- y’ = 12x
2
– 3 ; y’ = 0 ⇔ x =
1
2
±
Bảng biến thiên:

- y’’ = 24x , y” = ⇔ x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0)
- Đồ thị:

2. TXĐ: D = R
- y’ = 12x
2
+ 2mx – 3
Ta có: ∆’ = m
2
+ 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị
Ta có:
1 2
1 2
1 2
4
6
1
4
x x
m
x x
x x


= −


+ = −




= −



9
2
m⇒ = ±
Câu 2:
1.
2 0 (1)
1 4 1 2 (2)
x y xy
x y

− − =


− + − =


Điều kiện:
1
1
4
x
y
≥




≥


Từ (1)
2 0
x x
y y
⇒ − − =

⇒
x = 4y
Nghiệm của hệ (2;
1
2
)
2. cosx = 8sin
3
6
x
π
 
+
 ÷
 
⇔
cosx =
( )
3
3 sinx+cosx

⇔
3 2 2 3
3 3sin 9sin osx +3 3sinxcos os osx = 0x xc x c x c+ + −
(3)
Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm
(3) ⇔
3 2
3 3 tan 8t an x + 3 3 t anx = 0x +

t anx = 0 x = k
π
⇔ ⇔
Câu 3:
1.Theo định lý ba đường vuông góc
BC ⊥ (SAC) ⇒ AN ⊥ BC
và AN ⊥ SC
⇒AN ⊥ (SBC) ⇒ AN ⊥ MN
Ta có: SA
2
= SM.SB = SN.SC
Vây ∆MSN ∼ ∆CSB

⇒
TM là đường cao của tam giác STB

⇒
BN là đường cao của tam giác STB
Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST
⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm)

2.
2 2
(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
A
x x x x x
= =
+ +
∫ ∫
=
2
1 1
(ln )
ln 1 ln
e
e
d x
x x
 
−
 ÷
+
 
∫
=
2 2
ln(ln ) ln(1 ln )

e e
x x
e e
− +
= 2ln2 – ln3
Câu 4:
1. +)
(4;5;5)BA =
uuur
,
(3; 2;0)CD = −
uuur
,
(4;3;6)CA =
uuur

, (10;15; 23)BA CD
 
= −
 
uuur uuur
⇒

, . 0BA CD CA
 
≠
 
uuur uuur uuur
⇒ đpcm
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy)

⇒
có VTPT
1
,n BA k
 
=
 
ur uuur r
= (5;- 4; 0)
⇒ (P): 5x – 4y = 0
+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT
1
,n CD k
 
=
 
ur uuur r
= (-2;- 3; 0)
⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D)
2. Ta có:
3
2 2
2
3
a a b
a ab b
−
≥
+ +

(1)
⇔ 3a
3
≥ (2a – b)(a
2
+ ab + b
2
)
⇔ a
3
+ b
3
– a
2
b – ab
2
≥ 0
⇔ (a + b)(a – b)
2

≥
0. (h/n)
Tương tự:
3
2 2
2
3
b b c
b bc c
−

≥
+ +
(2) ,
3
2 2
2
3
c c a
c ac a
−
≥
+ +
(3)
Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
+ +
+ + ≥
+ + + + + +
Vậy: S ≤ 3
⇒
maxS = 3 khi a = b = c = 1
B. PHẦN TỰ CHỌN:
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn
1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)
( ) : 1
x y z

P
a b c
⇒ + + =
Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
= − = −
= − = −
uur uur
uuur uur
Ta có:
4 5 6
1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c

+ + =


− + =


− + =



⇒
77
4
77
5
77
6
a
b
c

=



=



=



⇒
ptmp(P)
2.Ta có: n
2 2
5
5
n

C C+
= 45 ⇒ n
2
+ 3n – 18 = 0 ⇒ n = 3
Câu 5b:
1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒ N(2 – 3b;2 – b)
N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)
2
+ (2 – b)
2
– 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0;b = 6/5
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)
2. Đặt X = 5
x
⇒ X > 0
Bất phương trình đã cho trở thành: X
2
+ (5 + 2m)X + m
2
+ 5m > 0 (*)
Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0
⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X
1
≤ X
2
≤ 0
Từ đó suy ra m

Trường THPT LêLợi Đề thi thử Đại Học lần 1 năm 2010.
TP Đông Hà-Quảng Trị Môn: TOÁN KHỐI A-B (Thời gian làm bài 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7điểm)
Câu I (2 điểm).
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
– 4x
2
+ 3
2.Tìm a để phương trình :
03log4
3
24
=++− axx
có 4 nghiệm thực phân biệt .
Câu II (2 điểm).
1.Giải phương trình:
1cos44cos32
4
cos2
22
−=+







− xxx
π
.
2.Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực :
mmxxxx 2223
22
++−=−+−

Câu III (2 điểm)
1.Tính I =
8
15
1
dx
x x
−
−
−
∫
2.Cho đường cao khối chóp đều S.ABC bằng h không đổi, góc ở đáy của mặt bên bằng
β
với






∈
2

;
4
ππ
β
.Tính thể tích của khối chóp đó theo h và
β
.Với giá trị nào của
β
thì thể tích khối
chóp đạt giá trị lớn nhất .
Câu IV (1 điểm). Cho
0;0 >> ba
và
1
=+
ba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2
2
2
2
11
M
b
b
a
a +++=
PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm). Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb
Câu Va(3 điểm).
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn

( )
2 2
: 2 0C x y x+ + =
. Viết phương trình
tiếp tuyến của
( )
C
, biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng
o
60
.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau :

( )
1
1
: 2
2
x t
d y t t
z t
= −


= ∈


=− +

¡

và
1
1
3
1
1
:
2
−
−
=
−
=
zyx
d
Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d
1
và d
2
.
3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện
221 =−− iz
, tìm số phức z có modun nhỏ nhất.
Câu Vb. (3 điểm).
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 2y + 6 = 0, và điểm A(1; 3).
Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B, C sao cho BA = BC

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng:
:
1
d

3
6
1
2
2
5 −
=
−
=
− zyx
và
( )
2
: 2
1
x t
d y t
z t
=


= ∈


= − −


¡
.
Lập phương trình đường thẳng
1
d
′
là hình chiếu song song của
1
d
theo phương
2
d
lên mặt phẳng
(Oyz)
3. Giải hệ phương trình :
( )
( )
2 2
3 3
2 2
2 2
log log
4
y x y x x xy y
x y

− = − − +




+ =

Hết

ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐH -TRƯỜNG THPT LÊ LỢI LẦN 1
(Đáp án gồm có 04 trang)
Câu I
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x
4
– 4x
2
+ 3
1,25
+ TXĐ:
D = ¡
Đạo hàm y’ = 4x
3
- 8x
y’ = 0
0, 2x x⇔ = = ±
Giới hạn :
lim
x→±∞
= +∞
Hàm số đồng biến trên
( ) ( )
2;0 ; 2;− +∞
, nghịch biến trên
( ) ( )

; 2 ; 0; 2−∞ −
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x =
2±
, y
CT
= - 1
+ Bảng biến thiên
+ Đồ thị
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2. Phương trình tương đương với x
4
– 4x
2
+ 3 =
a
3
log−

0
0,25
Theo đồ thị câu 1 bài toán yêu cầu tương đương
<−1
a
3

log−
< 3
0,25

⇔

1log
3
<a

1log1
3
<<−⇔ a
⇔

3
3
1
<< a
0,25
Câu II
1. Giải phương trình:
1cos44cos32
4
cos2
22
−=+







− xxx
π
.
1điểm
Phương trình tương đương với
2
1 cos 4 3 cos 4 4cos 1
2
x x x
π
 
⇔ + − + = −
 ÷
 

( )
2
sin 4 3cos4 2 2cos 1
1 3
sin 4 cos4 cos2
2 2
cos 4 cos 2
6
x x x
x x x
x x
π

⇔ + = −
⇔ + =
 
⇔ − =
 ÷
 

( )
12
36 3
x k
k
k
x
π
π
π π

= +

⇔ ∈


= +


¢
0,25
0,25
0,25

0,25
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực :
mmxxxx 2223
22
++−=−+−
(*)
1
1điểm
(*)
2
2 2
3 2 0
3 2 2 2
x x
x x x mx m

− + − ≥
⇔

− + − = − + +

0,25












=
+
−
=
≤≤
⇔
−=+
≤≤
⇔
m
x
x
xf
x
xxm
x
2
1
23
)(
21
23)1(2
21
0,25
+ f(x) liên tục trên
[ ]
1;2

và có
( )
[ ]
2
5
( ) 0, 1;2
1
f x x
x
′
= > ∀ ∈
+

)(xf⇒
đồng biến trên
[ ]
2;1
Bài toán yêu cầu
1 2
(1) 2 (2)
4 3
f m f m⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
0,25
0,25
Câu
III
1. Tính tích phân I =
8
15
1

dx
x x
−
−
−
∫
1điểm
Đặt t =
2
2
2
1 1
1
dx tdt
x t x
x t
= −

− ⇒ = − ⇒

= −

.
Đổi cận :
15 4
8 3
x t
x t
= − ⇒ =



= − ⇒ =

0.5

Hết
Chú ý: Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.