DE THI DAI HOC CO DAP AN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 LẦN 1
Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I: (2điểm) Cho hàm số
( )
3 2
y 4x mx 3x 1= + −
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi
m 0=
.
2. Gọi
1
x
và
2
x
là hai điểm cực trị của hàm số (1).Tìm m để
1 2
x 4x= −
.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2 2
2009
cos 2x 2 2 sin x 4cos x sin x 4sin x cos x
4
π
 
+ + = +
 ÷
 

.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
3 y
2 1
x y 1 x
x
x y 4 22
y

+ =

+ −



+ + =


Câu III. (2 điểm)
1. Tính tích phân sau:
2
0
3sinx cos x
I dx
sinx cos x 2
π
−
=

+ +
∫
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB a,AD 2a= =
. Cạnh SA vuông góc với mặt
phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60
0
. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho
a 3
AM
3
=
, mặt
phẳng
( )
BCM
cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu IV. (1 điểm) Cho x, y, z thoả mãn
4
x(x 1) 2y(2y 1) 3z(3z 1)
3
− + − + − ≤
. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
P x 2y 3z= + +
Câu V. (2 điểm)
1. Cho điểm
( ) ( )
A 1;0 ,B 1;2−
và đường thẳng

( )
d : x y 1 0− − =
. Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B
và tiếp xúc với đường thẳng (d).
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A(4;0;0), B(0;0;4)
và
( )
P :2x y 2z 4 0− + − =
a. Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
A, vuông góc với đường thẳng AB và song song với (P).
b. Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều.
Câu VI. (1 điểm) Giải phương trình
2
3 3
log (x 2x 6) log 5
2 2
x 2x 6 4 (x 2x 6)
− +
− + + = − +
, với ẩn
x
∈
¡
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1
Câu Điểm
I.1 Khảo sát hàm số 1,00
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:

Với
m 0
=
khi đó đồ thi hàm số trở thành
3
y 4x 3x= −
- TXĐ: D = R
- Giới hạn:
lim , lim
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
x x
y y
- Ta có
2
y' 12x 3= −
do đó
1
y' 0 x
2
= ⇔ = ±
. Do đó hàm số đông biến trên
1
;
2
 
−∞ −
 ÷
 
và

1
;
2
 
+∞
 ÷
 
, nghịch biến trên
1 1
;
2 2
 
−
 ÷
 
0,25
- Bảng biến thiên
3. Đồ thị
- Ta có
y'' 24x y'' 0 x 0= ⇒ = ⇔ =
, đồ thị có điểm uốn O(0;0). Đồ thi hàm số cắt trục Ox tại
( )
3 3
A ;0 ,B 0;0 ,C ;0
2 2
   
−
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

0,25
- Đồ thị:

0,25
I.2
Tìm m để hàm số có hai cực trị tại
1
x
và
2
x
thỏa mãn
1 2
x 4x= −
1,00
TXĐ: D = R
Ta có
2
y' 12x 2mx 3= + −
. Ta lại có
2
' m 36 0, m∆ = + > ∀
, vậy đồ thị hàm số đã cho luôn có 2 cực
trị có hoành độ
1
x
và
2
x
.

Trong đó
1
x
và
2
x
là nghiệm của phương trình
2
12x 2mx 3 0+ − =
0,5
2

Để hàm số có hai cực trị tại
1
x
và
2
x
thỏa mãn
1 2
x 4x= −
1 2
1 2
1 2
x 4x
m 9
x x m
6 2
1
x x

4


= −


⇔ + = − ⇒ = ±



= −


0,5
II.1 Giải phương trình. 1,00
Phương trình đã cho
2 2
cos x sin x 2(sin x cos x) 4sin x.cos x(sin x cos x)⇔ − + + = +

0,25

(cos x sin x)(cos x sin x 4cos x.sin x 2) 0⇔ + − − + =

cos x sin x 0 (1)
cos x sin x 4sin x.cos x 2 0 (2)
+ =

⇔

− − + =


0,25
+ Giải (1):
(1) tan x 1 x k
4
π
⇔ = − ⇔ = − + π
0,25
+ Giải (2): Đặt
cos x sin x t, t 2− = ≤
ta có phương trình
2
t 0
2t t 0
1
t
2
=


+ = ⇔

= −

.
- Với
t 0=
ta có
tan x 1 x k
4

π
= ⇔ = + π
- Với
1
t
2
= −
ta có
2
x arccos k2
4 4
2
cos x
4 4
2
x arccos k2
4 4

 
π
= − − + π

 ÷
 ÷
π

 
 
+ = − ⇔
 ÷


 
 
π

= − − − + π
 ÷
 ÷

 

Kết luận: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
x k
4
π
= − + π
,
x k
4
π
= + π
,
2
x arccos k2
4 4
 
π
= − − + π
 ÷
 ÷

 
,
2
x arccos k2
4 4
 
π
= − − − + π
 ÷
 ÷
 
.
0,25
II.2 Giải hệ phương trình 1,00
Điều kiện:
2 2
x 0, y 0,x y 1 0≠ ≠ + − ≠
. Đặt
2 2
x
u x y 1;v
y
= + − =
.
HPT trở thành:
( )
( )
3 2
3 2
1 1

1
u v
u v
u 21 4v 2
u 1 4v 22


+ =
+ =
 
⇔
 
 
= −
+ + =


0,25
Thay (2) vào (1) ta được:
2
v 3
3 2
1 2v 13v 21 0
7
21 4v v
v
2
=



+ = ⇔ − + = ⇔

−
=

0,25
+ Nếu v = 3 thì u = 9, ta có HPT:
2 2
2 2
x y 1 9
y 1
x y 10
x
3
x 3
x 3y
y

+ − =
= ±

+ =


⇔ ⇔
  
=
= ±
=





0,25
3
+ Nếu
7
v
2
=
thì
u 7
=
, ta có HPT:
2 2
2 2
2
y 4
x y 1 7
x y 8
53
x 7
7
x y
2
y 2
x 14
2
53



= ±
+ − =

+ =

  
⇔ ⇔
  
=
=
  
= ±




So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của HPT.
0,25
III.1 Tính tích phân 1,00
Ta có
( )
( )
( )
2
0
sinx cos x 2 2 cos x sinx 2
I dx
sinx cos x 2
π

+ + − − −
=
+ +
∫
0,25
( )
( )
2 2 2
0 0 0
cos x sinx
dx
dx 2 dx 2
sinx cos x 2
sinx cos x 2
π π π
−
= − −
+ +
+ +
∫ ∫ ∫
2
2
0
0
dx
2ln sinx cos x 2 2
2
2 cos(x ) 1
4
π

π
π
= − + + −
π
 
− +
 ÷
 
∫
0,25
( ) ( )
2
2
0
1 dx
2 ln 1 2 ln 1 2
x
2 2
cos
2 8
π
π
 
= − + − + −
 
π
 
−
 ÷
 

∫
0,25
2
0
x
tan 2 tan
2 2 8 2 8
π
π π π π
 
= − − = −
 ÷
 
0,25
III.2 Tính thể tích hình chóp SBCMN 1,00
60
0
A
D
B
C
S
M
N
H
Do ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có
BC AB
BC BM
BC SA

⊥

⇒ ⊥

⊥

. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao .
0,25
Ta có
0
SA AB.tan 60 a 3= =
,
a 3
a 3
MN SM MN 2 4a
3
MN
AD SA 2a 3 3
a 3
−
= ⇔ = = ⇒ =
và
2a
BM
3
=
.
0,25
4
Diện tích hình thang BCMN là

2
BCMN
4a
2a
BC MN 2a 10a
3
S BM
2 2
3 3 3
 
+
 ÷
+
= = =
 ÷
 ÷
 
Hạ
SH BM
⊥
và
( )
BC SAB BC SH⊥ ⇒ ⊥
. Vậy
( )
SH BCMN⊥ ⇒
SH là đường cao của khối
chóp
S.BCNM
. Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,

AB AM 1
SB MS 2
= =
. Vậy BM là phân giác của
· ·
0 0
SBA SBH 30 SH SB.sin30 a⇒ = ⇒ = =
.
0,25
Gọi V là thể tích chóp
S.BCNM
ta có
3
BCMN
1 10 3a
V SH.S
3 27
= =

0,25
IV Chứng minh bất đẳng thức 1,00
Từ giả thiết
2 2 2
4 1 1 1 25
x(x 1) 2y(2y 1) 3z(3z 1) x 2y 3z
3 2 2 2 12
     
− + − + − ≤ ⇔ − + − + − ≤
 ÷  ÷  ÷
     

0,25
Ta lại có
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
3 x 2y 3z x 2y 3z
2 2 2 2 2 2
 
       
− + − + − ≥ − + − + −
 
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
 
 
0,25
Do đó
2
1 1 1 25
x 2y 3z 3.
2 2 2 12
 
− + − + − ≤
 ÷
 
0,25
Vậy
3 5
x 2y 3z P x 2y 3z 4
2 2
+ + − ≤ ⇔ = + + ≤

, do đó
max
P 4=
dấu bằng xảy ra
4 2 4
x ; y ;z
3 3 9
⇔ = = =
0,25
V.1 Tìm phương trình đường tròn. 1,00
Giả sử
( )
C
là đường tròn cần tìm có phương trình là
( ) ( )
2 2
2
x a y b R− + − =
có tâm
( )
I a;b
0,25
+ Do
( )
C
đi qua
( )
A 1;0−
do đó
2 2 2

(1 a) b R+ + =
(1)
+ Do
( )
C
đi qua
( )
B 1;2
do đó
2 2 2
(1 a) (2 b) R− + − =
(2)
+ Do
( )
C
tiếp xúc với đường thẳng d do đó
( )
( )
2 2
a b 1
d I, d R R (a b 1) 2R
2
− −
= ⇔ = ⇔ − − =
(3)
0,25
Từ (1), (2) và (3) ta có hpt
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2

2 2 2
(1 a) b R (1 a) b R
(1 a) (2 b) R (1 a) b (1 a) (2 b)
(a b 1) 2R
(a b 1) 2 (1 a) b


+ + = + + =



− + − = ⇔ + + = − + −
 
 
− − =
 
− − = + +


 

0,25
2 2 2
2
2 2 2
(1 a) b R a 0
a b 1 b 1
R 2
(a b 1) 2 (1 a) b



+ + = =

 
⇔ + = ⇔ =
 
 
=
 
− − = + +


 

. Vậy đường tròn cần tìm là:
( )
2
2
x y 1 2+ − =
0,25
V.2 1,00
a.
Ta có
AB( 4;0;4)−
uuur
, mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến là
n(2; 1;2)−
r
.
Lại có

AB.n 4.2 0 2.4 0= − + + =
uuur r
và A (P) AB//(P)∉ ⇒
0,25
Vì đường thẳng (d) vuông góc với AB và song song với (P) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng
(d) là
u AB,n (4;16;4)
 
= =
 
r uuur r
. Vậy phương trình đường thẳng (d) là
x 4 t
y 4t
z t
= +


=


=

0,25
5
b.
Giả sử C(x; y; z). Điểm C thuộc mp(P) và tam giác ABC là tam giác đều nên
2x y 2z 4 0
AC AB
BC AB

− + − =


=


=

0,25
Ta có
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2x y 2z 4 0
x z
(x 4) y z 32 2x y 2z 4 0
x y z 8x 16 0
x y (z 4) 32

− + − =

=

 
− + + = ⇔ − + − =
 
 
+ + − − =

+ + − =



. Giải hệ này được
x 0
20
x
9
=



=

.
Vậy
( )
20 44 20
C 0; 4;0 ;C ; ;
9 9 9
 
−
 ÷
 
.
0,25
VI 1,00
ĐK xác định
2
x 2x 6 0 x− + > ⇔ ∀ ∈¡
. Đặt

( )
2
3
t log x 2x 6= − +
. PT trở thành
t t t
3 4 5+ =
0,25
Chứng minh phương trình
t t t
3 4 5+ =
có nghiệm duy nhất
t 2=
.
0,5
Với
( )
2 2
3
x 1
t 2 log x 2x 6 2 x 2x 6 9
x 3
= −

= ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

=

.
Vậy nghiệm của PT đã cho là x = -1, x = 3.

0,25
6