Đề thi thử ĐH & CĐ ( lần I ) năm học 2009 - 2010 Môn Toán khối A và đáp ánMôn thi: Toán

Sở GD&ĐT Nghệ An Đề thi thử đại học lần thứ nhất
Trờng THPT Anh Sơn III Môn Toán Khối A
Năm học 2009-2010-Thời gian 180 phút
Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm)
Câu 1: Cho hàm số : y =
3 2 2 2
3 3( 1) ( 1)x mx m x m +
(1)
a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) .
b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dơng.
Câu 2: a, Giải phơng trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin
2
(2x+
4

) = 0
b, Xác định a để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất :

2
2 2
2
1
x
x y x a
x y

+ = + +


+ =

Câu 3 : Tìm :
3
sin
(sin 3 cos )
xdx
x x+


Câu 4 : Cho lăng trụ đứng
' ' '
.ABC A B C
có thể tích V. Các mặt phẳng (
' ' '
),( ),( )ABC AB C A BC
cắt nhau
. tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dơng . Chứng minh rằng :
P =
3 3 3 3 3 3
3 3 3
2 2 2
4( ) 4( ) 4( ) 2( )
x y z
x y y z z x
y z x
+ + + + + + + +

12
Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B )

A. Theo chơng trình chuẩn
Câu 6a : a, Cho đờng tròn (C) có phơng trình :
2 2
4 4 4 0x y x y+ + =
và đờng thẳng
(d) có phơng trình : x + y 2 = 0
Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đờng
tròn . . . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đờng thẳng có phơng trình :

1
1 2
( ):
2 2 1
x y z
d
+
= =


'
2
'
4
( ) : 2
3
x t
d y
z t

=

=


=

Viết phơng trình đờng thẳng (

)đi qua điểm A và cắt cả hai đờng thẳng(d
1
), (d
2
).
Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển :

7
4
3
1
x
x

+
ữ

( với x > 0 )
B . Theo chơng trình nâng cao
Câu 6b : a, Viết phơng trình đờng thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đờng cao và . .
đờng phân giác trong qua đỉnh A,C lần lợt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y 5 = 0 .

b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đờng thẳng (

) có phơng
trình :
2 1 0
2 0
x y z
x y z
+ + =


+ + =


Tìm toạ độ điểm M nằm trên đờng thẳng (

)sao cho : MA + MB nhỏ nhất .
Câu 7b : Cho
2 12 2 24
0 1 2 24
(1 ) x x a a x a x a x+ + = + + +
. Tính hệ số a
4
.
Hết.
Họ và tên Số báo danh.
S GD-T NGH AN
TRNG THPT ANH SN 3
P N THANG IM
THI TH I HC NM 2010

Mụn: TON; Khi A
(ỏp ỏn - thang im gm 07 trang)
1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2 điểm)
a. (1.0 điểm) Khảo sát…
Với m=0, ta có: y=x
3
-3x+1
TXĐ D=R
y’=3x
2
-3; y’=0
⇔
1
1
x
x
=


= −

lim
x
y
→±∞
= ±∞

0,25
BBT
x
−∞
-1 1
+∞
y’ + 0 - 0 +
y 3
+∞
-1
−∞
0,25
Hs đồng biến trên khoảng (
−∞
;-1) và (1;
+∞
), nghịch biến trên (-1;1)
Hs đạt cực đại tại x=-1 và y
cđ
=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và y
ct
=-1
0,25
Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1)
và đi qua các điểm B(-2;-1), C(2;3)
Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng
0,25
b. (1.0 điểm) Tìm m để …
Ta có y’= 3x
2

-6mx+3(m
2
-1)
y’=0
⇔
1
1
x m
x m
= −


= +

0,25
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta
phải có:
0,25
2
y
-2
1
-1
-1
1
2
3
x
0
'

2 2 2
' 0
. 0
( 1)( 3)( 2 1) 0
0 1 0
1 0
0
( 1) 0
(0) 0
y
CD CT
CD
CT
m R
f f
m m m m
x m
m
x
m
f
>
∀ ∈




<
− − − − <



 
> ⇔ − >
 
 
+ >
>
 
− − <
 
<


V
Vậy giá trị m cần tìm là:
( 3;1 2)m ∈ +
0,25
Câu 2
(2.0
điểm)
a. (1.0 điểm) Giải phương trình
Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x +
4
π
)=0
⇔
sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x +
2
π
)

0,25
⇔
sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25
⇔
sinx = 1 0,25
⇔
x =
2
π
+ k2
π
, k
∈
Z
0,25
b. (1.0 điểm)
Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (-x;y) cũng là nghiệm của hệ
Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0
+ Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2
0,25
-Với a = 0, hệ trở thành:
2 2
2 2 2 2
2 2 (1)
(I)
1 1 (2)
x x
x y x x x y
x y x y
 

+ = + + − =
 
⇔
 
+ = + =
 
 
Từ (2)
2
2
2
2
1
1
2 1
1
1
x
y
x
x x
y
x x
y

 ≤

≤
+ − ≥
  

⇒ ⇒ ⇒
  
≤
≤
≤






0,25
⇒
( I ) có nghiệm
2 2
2
1
0
2 1
1
1
x
x y
x
x x
y
y

+ =


=


⇔ + − = ⇔
 
=


=


TM 0,25
-Với a=2, ta có hệ:
2
2 2
2 2
1
x
x y x
x y

+ = + +


+ =



Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) không TM
Vậy a = 0

0,25
3
1 2 1
3 1
3 1 2
3 1 2
1
m
m
m
m
m


− < <



− < < −


⇔ ⇔ < < +


< < +




>



Câu 3
(1.0
điểm)
Ta có
3
3
sin[(x- ) ]
sinx
6 6
(sinx+ 3 osx)
8 os ( )
6
c
c x
π π
π
+
=
−
0,25
3 1
sin( ) os(x- )
2 6 2 6
8 os(x- )
6
x c
c
π π

π
− +
=
0,25
3 2
sin( )
3 1 1
6
16 16
os ( ) os ( )
6 6
x
c x c x
π
π π
−
= +
− −
0,25
3
2
sinxdx 3 1
tan( )
16 6
(sinx+ 3 osx)
32 os ( )
6
x c
c
c x

π
π
⇒ = + − +
−
∫
0,25
Câu 4
(1.0
điểm)
Gọi I = AC
∩
’A’C, J = A’B
∩
AB’
(BA'C) (ABC') = BI
(BA'C) (AB'C) = CJ
Goi O = BI CJ
∩


∩


∩


⇒
O là điểm cần tìm
Ta có O là trọng tâm tam giác BA’C
0,25

Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC)
Do
V
ABC là hình chiếu vuông góc của
V
BA’C trên (ABC) nên H là
trọng tâm
V
ABC
0,25
Gọi M là trung điểm BC. Ta có:
1
' 3
OH HM
A B AM
= =
0,25
1 1 1
. ' .
3 9 9
OABC ABC ABC
V OH S A B S V⇒ = = =
V V
0,25
4
J
I
O
H
M

B'
A'
C'
C
B
A
Câu 5
(1.0
điểm)
Ta có: 4(x
3
+y
3
)
≥
(x+y)
3
, với
∀
x,y>0
Thật vậy: 4(x
3
+y
3
)
≥
(x+y)
3

⇔

4(x
2
-xy+y
2
)
≥
(x+y)
2
(vì x+y>0)

⇔
3x
2
+3y
2
-6xy
≥
0
⇔
(x-y)
2
≥
0 luôn đúng
Tương tự: 4(x
3
+z
3
)
≥
(x+z)

3

4(y
3
+z
3
)
≥
(y+z)
3

3 3 3 3 3 3
3 3 3
3
4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6x y x z y z x y z xyz⇒ + + + + + ≥ + + ≥
0,25
Mặt khác:
3
2 2 2
1
2( ) 6
x y z
y z x xyz
+ + ≥
0,25
3
3
1
6( ) 12P xyz
xyz

⇒ ≥ + ≥
0,25
Dấu ‘=’ xảy ra
2 2 2
1
1
x y z
x y z
x y z
y z x
xyz
xyz


= =


⇔ = = ⇔ = = =



=


Vậy P
≥
12, dấu ‘=’ xảy ra
⇔
x = y = z =1
0,25

Câu 6a
(2.0
điểm)
Chương trình chuẩn
a. (1.0 điểm)
(C) có tâm I(2;2), bán kính R=2
Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:
2 2
0
2
2 0
4 4 4 0
2
0
x
y
x y
x y x y
x
y
 =



=
+ − =



⇔



+ − − + =
=




=



Hay A(2;0), B(0;2)
0,25
Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25
5
H
4
A
B
I
y
x
M
2
2
O
C
Ta có
1

.
2
ABC
S CH AB=
V
(H là hình chiếu của C trên AB)
ax CH max
ABC
S m ⇔
V
Dễ dàng thấy CH max
( ) ( )
2
C
C C
x
= ∩

⇔

>

V
0,25
Hay
V
: y = x với
:
(2;2)
d

I
⊥


∈

V
V
V
(2 2;2 2)C⇒ + +
Vậy
(2 2;2 2)C + +
thì
ax
ABC
S m
V
0,25
b. (1.0 điểm)
Nhận xét: M
∉
(d1) và M
∉
(d2)
Giả sử
( ) ( 1)
( ) ( 2)
d I
d H
∩ =



∩ =

V
V
Vì I
∈
d1
⇒
I(2t-1; -1-2t; 2+t)
H
∈
d2
⇒
H(4t’; -2; 3t’)
0,25
1 2 (1 4 ')
23
3 2 (2 2)
10
, 0
1 (3 3 ')
23 18 3
( ; ; )
5 5 10
cbt
t k t
TM kHM
y t k t

k R k
t k t
T
− = −


=
 
⇔ ⇔ + = + ⇔ = −
 
∈ ≠



− = −

⇒ − −
uuur uuuur
0,5
Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là:
1 56
2 16
3 33
x t
y t
z t
= +


= −



= +

hoặc là:
5 8 17 0
12 9 16 18 0
x y z
x y z
+ − + −


+ − + =

0,25
Câu 7a
(1.0
điểm)
Ta có:
1
1
7
7 7
4
3
4
7
3
0
1

( ) ( ) .( )
k k k
k
x C x x
x
−
−
=
+ =
∑
0.25
Để số hạng thứ k không chứa x thì:
1 1
(7 ) 0
4
4 3
[0;7]
k k
k
k

− − =

⇔ =


∈

0.5
Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là:

4
7
1
35
C =
0,25
Câu 6b
(2.0
điểm)
Chương trình nâng cao
a. (1.0 điểm)
Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC:
1
( ) qua B
( ) : 4 3 5 0
BC d
BC
BC x y

⇔ + − =

⊥

0,25
6
Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:
4 3 5 0
( 1;3)
2 5 0
x y

C
x y
+ − =

⇒ −

+ − =

Gọi K
AC
, K
BC
, K
2
theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC,
d
2

Ta có:
2 2
2 2
3 1 1
4 2 2
1 3 1
1 . 1 .
1 . 1
2 4 2
0
1
(loai)

3
AC
BC d d AC
BC d d AC
AC
AC
AC
K
K K K K
K K K K
K
K
K
− + − −
− −
= ⇔ =
+ +
+ −
=


⇔

= −


0,25
Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3
+ Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

3 4 27 0
( 5;3)
3 0
x y
A
y
− + =

⇒ −

− =

0,25
⇒
Pt cạnh AB là:
5 3
4 7 1 0
2 5 1 3
x y
x y
+ −
= ⇔ + − =
+ − −
Vậy AB: 4x+7y-1=0
AC: y=3
BC: 4x+3y-5=0
0,25
b. (1.0 điểm)
+ Xét vị trí tương đối giữa AB và
V

, ta có:
V
cắt AB tại K(1;3;0)
Ta có
2KB KA=
uuur uuur

⇒
A, B nằm về cùng phía đối với
V
0,25
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua
V
và H là hình chiếu của A trên
V
.
⇒
H( 1;t;-3+t) (vì PTTS của
V
:
1
3
x
y t
z t
=


=



= − +

)
Ta có
. 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4
(1;4;1) '(0;4;1)
AH u t t t
H A
= ⇔ − + − + − + = ⇔ =
⇒ ⇒
uuuurr
0,25
Gọi M là giao điểm của A’B và d

13 4
(1; ; )
3 3
M⇒
0,25
Lấy điểm N bất kỳ trên
V
Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B
≤
NA+NB
Vậy
13 4
(1; ; )
3 3
M

0,25
Câu 7b
(1.0
điểm)
Ta có:
(1+x+x
2
)
12
= [(1+x)+x
2
]
12
= =
0 12 1 11 2 12 2 12 24
12 12 12 12
(1 ) (1 ) . (1 ) .( )
k k k
C x C x x C x x C x
−
+ + + + + + + +
0,25
7
=
0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 2
12 12 12 12 12 11 11
2 4 0 10 10
12 10 10
[C ]+C x [C ]
+C [C ]+

C x C x C x x C x
x x C
+ + + + + + +
+ +
0,25
⇒
Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x
4
0,25
0 8 1 9 2 10
4 12 12 12 11 12 10
. . . 1221a C C C C C C⇒ = + + =
0,25
8