THI THỬ ĐẠI HỌC_2010 -TOÁN (1)

Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng đề thi thử đại học
Trờng thpt trần nguyên h n Môn toán lớp 12-lần 2 - năm học 2009-2010ã
Thời gian làm bài : 180
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH ( 07 im )
Cõu I ( 2,0im) Cho hm s
( ) ( )
4 2 2
2 2 5 5y f x x m x m m= = + + +

1/ Kho sỏt s bin thiờn v v th (C ) hm s vi m = 1
2/ Tỡm cỏc giỏ tr ca m đồ thị hàm số cú cỏc im cc i, cc tiu to thnh 1 tam giỏc vuụng cõn.
Cõu II(2.0im) 1/ Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + =


=


2/ Giải bất phơng trình :
)3(log53loglog
2
4
2
2

2
2
> xxx
Cõu III (1.0 im) Tìm
);0(

x
thoả mãn phơng trình: cot x - 1 =
xx
x
x
2sin
2
1
sin
tan1
2cos
2
+
+
.
Cõu IV(1.0 im) Tớnh tớch phõn :
2
2
0
I cos cos2x xdx

=

Cõu V(1.0 im) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
2
a
,
3aSA =
,
ã
ã
0
SAB SAC 30= =
.
Gọi M là trung điểm SA , chứng minh
( )SA MBC
. Tính
SMBC
V
PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 03 im )
(Thớ sinh ch chn mt trong hai chng trỡnh Chun hoc Nõng cao lm bi.)
A/ Phn bi theo chng trỡnh chun
Cõu VI.a: (2.0im)
1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y+ + =
v
phõn giỏc trong CD:
1 0x y+ =
. Vit phng trỡnh ng thng BC.
2, Cho P(x) = (1 + x + x
2

+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ + a
15
x
15
a) Tớnh S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15

b) Tỡm h s a
10.
Cõu VII.a: (1,0im) Trong khụng gian Oxyz cho hai im A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) v mt phng
(P): 2x - y + z + 1 = 0 . Vit phng trỡnh mt phng cha AB v vuụng gúc vi mp (P).

B/ Phn bi theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b: (2 im)
1, Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao im I ca hai ng chộo
nm trờn ng thng y = x. Tỡm ta nh C v D
2, Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ + a
15
x

15
a) Tớnh S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15
b) Tỡm h s a
10.
Cõu VII.b: (1.0 im) Cho hm s y =
+

2
2 2

1
x x
x
(C) và d
1
: y = x + m, d
2
: y = x + 3.
Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m (C) ct d
1
ti 2 im phõn bit A,B i xng nhau qua d

2
.
******* Hết *******
1
đáp án và biểu điểm Thi thử đại học lần ii
Môn toán lớp 12- 2009-2010
Cõu ý
Hớng dẫn giải chi tiết Điểm
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH
7.00
Cõu I 2
1
Cho hm s
( ) ( )
5522
224
+++= mmxmxxf
( C )
Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s vi m = 1
1
1* TX: D =
R

2* Sự biến thiên ca h m s :
* Giới hạn ti vô cc:
( )
+=

xf
x

lim
:
( )
+=
+
xf
x
lim

0.25
* Bảng biến thiên:
( )
( )
1444''
23
=== xxxxyxf

1;1;00' ==== xxxy
x - -1 0 1 +
y - 0 + 0 - 0 +

y + 1 +

0 0
Hàm số đồng bin trên mi khoảng
( )
0;1
và
( )
+;1

, nghch bin
Trên mi khong
( )
1;
v
( )
1;0
H m s t cc tiu ti
0;1 ==
CT
yx
, t cc i ti
1;0 ==
CD
yx
0.5
3* Đồ thị:
* im un:
412''
2
= xy
, cỏc im un l:

9
4
;
3
3
,
9
4
;
3
3
21
UU
* Giao im vi cỏc trc to : A(0; 1), B(-1;0) v C(1; 0)
* Hm s l chn trờn R nờn th nhn trc Oy lm trc i xng
* th:

8
6
4
2

-2
-4
-5
5
0.25
2
Tỡm cỏc giỏ tr ca m (C) cú cỏc im cc i, cc tiu to thnh 1 tam giỏc
vuụng cõn.
1
* Ta cú
( ) ( )
3
2
0
' 4 4 2 0
2
x
f x x m x
x m
=

= + =

=

0.25
* Hm s cú C, CT khi f(x)=0 cú 3 nghim phõn bit v i du :
m < 2 (1) . To cỏc im cc tr l:

( )

( ) ( )
mmCmmBmmA + 1;2,1;2,55;0
2

0.5
* Do tam giỏc ABC luụn cõn ti A, nờn bi toỏn tho món khi vuụng ti A:
( )
1120.
3
=== mmACAB
vỡ k (1)
Trong ú
( ) ( )
44;2,44;2
22
+=+= mmmACmmmAB
0.25
2
Vy giỏ tr cn tỡm ca m l m = 1.
Cõu II
2
1
Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + =


=


1
* iu kin:
| | | |x y
t
2 2
; 0u x y u
v x y

=


= +


;
x y=
khụng tha h nờn xột
x y
ta cú
2
1
2
u
y v

v

=
ữ

. H phng trỡnh ó cho cú dng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =




=
ữ



0.25

4
8
u
v

=



=

hoc
3
9
u
v
=


=


+
2 2
4
4
8
8
u
x y
v
x y

=

=



=
+ =



(I) +
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y

=

=



=
+ =

(II)
0.25
Gii h (I), (II).
0.25
Sau ú hp cỏc kt qu li, ta c tp nghim ca h phng trỡnh ban u
l
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
0.25
2
Giải bất phơng trình :
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
> xxx
1
ĐK:




>
03loglog
0

2
2
2
2
xx
x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2
> xxx
đặt t = log
2
x,
BPT (1)

)3(5)1)(3()3(532
2
>+> tttttt
0.25




<<

<<










>+
>


4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x

t
t
ttt
t
t
0.5





<<
<

168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:
)16;8(]
2
1
;0(
0.25
Cõu III
Tìm
);0(

x
thoả mãn phơng trình:
Cot x - 1 =
xx
x
x
2sin
2
1
sin
tan1
2cos
2
+
+
.
1
ĐK:









+

1tan

02sin
0cossin
02sin
x
x
xx
x
Khi đó pt
xxx
xx
xx
x
xx
cossinsin
sincos
cos.2cos
sin
sincos
2
+
+
=


0.25
3

xxxxxx
x
xx

cossinsincossincos
sin
sincos
22
+=




)2sin1(sinsincos xxxx =


0)1sincos)(sinsin(cos
2
= xxxxx
0.25


0)32cos2)(sinsin(cos =+ xxxx


0sincos = xx


tanx = 1
)(
4
Zkkx +=

(tm)

( )
4
0;0


== xkx
KL:
0. 5
Cõu IV
Tớnh tớch phõn :
2
2
0
I cos cos2x xdx

=


1
2 2 2
2
0 0 0
1 1
I cos cos2 (1 cos 2 )cos 2 (1 2cos2 cos4 )
2 4
x xdx x xdx x x dx

= = + = + +

0.5

/2
0
1 1
( sin 2 sin 4 ) |
4 4 8
x x x


= + + =
0.5
Cõu V
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
2
a
,
3aSA =
,
ã
ã
0
SAB SAC 30= =
.
Gọi M là trung điểm SA , chứng minh
( )SA MBC
. Tính
SMBC
V

1

Theo định lí côsin ta có:
ã
2 2 2 2 2 0 2
SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + = + =
Suy ra
aSB =
. Tơng tự ta cũng có SC = a.
0.25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên
MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC).
0.25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN BC. Tơng tự ta cũng có MN SA.
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=

===
4
3a
MN =
.
0.25

S
A
B
C
M
N
4
Do ®ã
3
.

1 1 1 3 3
. . . .
3 2 6 2 4 2 32
S MBC
a a a a
V SM MN BC= = =
(®vtt)
0.25
PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH
3.00
Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn
Câu VIa 2
1 Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho
∆
ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2 1 0x y+ + =
và phân giác trong CD:
1 0x y+ − =
. Viết phương trình đường thẳng
BC.
1
Điểm
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t

M
+ −
 
 ÷
 
.
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −
 
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
 ÷
 
0.25
0.25
Từ A(1;2), kẻ
: 1 0AK CD x y⊥ + − =
tại I (điểm
K BC
∈
).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y− − − = ⇔ − + =
.
Tọa độ điểm I thỏa hệ:

( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK
⇒
tọa độ của
( )
1;0K −
.
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +

0.25
0.25
2 Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ …+ a
15
x
15
a) Tính S = a
0
+ a
1
+ a
2

+ a
3
+ …+ a
15
b) Tìm hệ số a
10.
1
Ta có P(1) = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ …+ a
15
= (1 + 1 + 1 + 1)
5
= 4
5
0.25
Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x
2
)]
5
=
( )
5 5 5 5
2 2

5 5 5 5
0 0 0 0
.
i
k k i k i k i
k i k i
C x C x C C x
+
= = = =
=
∑ ∑ ∑∑

Theo gt ta cã
3
4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5
0
i
k
k i
i
k k N
k
i i N
i

k

=



=


+ =


=



≤ ≤ ∈ ⇔
 
=



≤ ≤ ∈


=





=


⇒
a
10
=
0 5 2 4 4 3
5 5 5 5 5 5
. . . 101C C C C C C+ + =
0.25
5
0.5
CõuVII.a
Trong khụng gian Oxyz cho hai im A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) v mt phng (P): 2x
- y + z + 1 = 0.Vit phng trỡnh mt phng cha AB v vuụng gúc vi mp (P).
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm
Ta cú
AB ( 2,4, 16)=
uuur
cựng phng vi
=
r
a ( 1,2, 8)
mp(P) cú VTPT
=
uur
1
n (2, 1,1)
0.25

Ta cú
uur r
[ n ,a]
= (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT của mặt phẳng (Q) là
=
uur
2
n (2,5,1)
0.5
Mp(Q) cha AB v vuụng gúc vi (P) đi qua A nhận
=
uur
2
n (2,5,1)
là VTPT có pt
là: 2(x + 1) + 5(y 3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z 11 = 0
0.25
Phn li gii bi theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VI.b 2
1 Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao im I
ca hai ng chộo nm trờn ng thng y = x. Tỡm ta nh C v D
1
Ta cú:
( )
1;2 5AB AB= =
uuur
.
Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0x y+ =
.

( ) ( )
: ;I d y x I t t =
. I l
trung im ca AC v BD nờn
ta cú:
( ) ( )
2 1;2 , 2 ;2 2C t t D t t
.
0.5
Mt khỏc:
D
. 4
ABC
S AB CH= =
(CH: chiu cao)
4
5
CH =
.
Ngoi ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5
0 1;0 , 0; 2
t C D

t
d C AB CH
t C D


=

ữ ữ

= =



=

Vy ta ca C v D l
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D

ữ ữ

hoc
( ) ( )
1;0 , 0; 2C D
0.25
0.25
2 Cho P(x) = (1 + x + x
2

+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ + a
15
x
15
a) Tớnh S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15

b) Tỡm h s a
10.
1
Ta cú P(1) = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15
= (1 + 1 + 1 + 1)
5
= 4
5
0.25
Ta cú P(x) = [(1 + x)(1 + x
2
)]
5
=
( )
5 5 5 5
2 2
5 5 5 5
0 0 0 0
.
i

k k i k i k i
k i k i
C x C x C C x
+
= = = =
=


0.25
0.25
6
Theo gt ta có
3
4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5
0
i
k
k i
i
k k N
k
i i N
i
k

=



=


+ =


=





=






=




=

a
10
=
0 5 2 4 4 3
5 5 5 5 5 5
. . . 101C C C C C C+ + =
CõuVII.b
Cho hm s y =
+

2
2 2

1
x x
x
(C) và d
1
: y = x + m, d
2
: y = x + 3. Tỡm tt c cỏc
giỏ tr ca m (C) ct d
1
ti 2 im phõn bit A,B i xng nhau qua d
2
.
1

* Hoành độ giao điểm của (C) và d
1
là nghiệm của phơng trình :
+
= +

2
2 2
1
x x
x m
x
2x
2
-(3+m)x +2+m=0 ( x1) (1)
d
1
cắt (C) tại hai điểm phân biệt p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

+ +


>

2
2 3 2 1
2 7 0
m m
m m
m

2
-2m-7>0 (*)
0.5
Khi đó(C) cắt (d
1
)tại A(x
1
; -x
1
+m); B(x
2
; -x
2
+m) ( Với x
1
, x
2
là hai nghiệm của (1) )
* d
1
d
2
theo giả thiết Để A, B đối xứng nhau qua d
2
P là trung điểm của AB
Thì P thuộc d
2
Mà P(
+ +
+

1 2 1 2
;
2 2
x x x x
m
) P(
+ 3 3 3
;
4 4
m m
)
Vậy ta có
+
= + =
3 3 3
3 9
4 4
m m
m
( thoả mãn (*))
Vậy m =9 là giá trị cần tìm.

0.5

Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần
- Có gì cha đúng xin các thầy cô sửa dùm Xin cảm ơn
Ngời ra đề : Mai Thị Thìn
= = = = = == = = Hết = = = = = = = =

7