De thi Dai họcde & dap an thi_thu dh_lan 1_nam_10_khoi_a_doan thuong Hai duong

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010
Môn thi: TOÁN, Khối A và B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
= + + +
3 2
6 9 3y x x x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có sáu nghiệm phân biệt
3 2
1
2
log 6 9 3x x x m+ + + =
Câu II (2,0 điểm)
1) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm.
2
(1 )sin cos 1 2cosm x x m x− − = +
2) Giải bất phương trình:
2
1 1
2 1
2 3 5
x
x x
>
−

+ −
.
Câu III (1,0 điểm)
Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số
2
3
x
y
x
=
+
, trục Ox và đường thẳng
1x
=
. Tính thể
tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA = x, tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của khối
chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể tích đó lớn nhất.
Câu V (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
abc a c b+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
2 2 2
2 2 3
1 1 1a b c
− +
+ + +
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B)

A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
và các đỉnh A(3 ; -5), B(4 ; -4).
Biết rằng trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng
3 3 0x y− − =
. Tìm tọa độ đỉnh C.
2) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P):
3 8 7 4 0x y z− + + =
và hai điểm
A(1;1; 3)−
,
B(3;1; 1)−
. Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Cho A và B là hai điểm trong mặt phẳng phức lần lượt biểu diễn các số phức z
1
và z
2
khác không
thỏa mãn
2 2
1 2 1 2
z z z z+ =
. Chứng minh rằng tam giác OAB đều (O là gốc tọa độ).
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4, các đỉnh A(2 ; 2), B(-2 ; 1).

Tìm tọa độ đỉnh C và D biết rằng giao điểm của AC và BD thuộc đường thẳng
3 2 0x y− + =
2) Trong không gian Oxyz, cho mp(P):
2 2 9 0x y z+ − + =
, đường thẳng d:
1 3 3
1 2 1
x y z− + −
= =
−
.
Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với mp(P) sao cho ∆ cắt đường thẳng d tại một điểm
cách mp(P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình



=−
=+
1loglog
272
33
loglog
33
xy
yx
xy
…………………………Hết…………………………
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:…………………………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN
THƯỢNG
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010
MÔN TOÁN, KHỐI A, B
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
* Chú ý. Thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần
tương ứng.
Câu ý Nội dung Điểm
I 1
Khảo sát hàm số
= + + +
3 2
6 9 3y x x x
(C)
1,00
TXĐ:
¡
.
2
1 1
' 3 12 9, ' 0
3 3
x y
y x x y
x y
= − ⇒ = −

= + + = ⇔


= − ⇒ =

'' 6 12, '' 0 2 1y x y x y= + = ⇔ = − ⇒ =
.
BBT: ghi đầy đủ
Kết luận về tính đb, nb, cực trị
Đồ thị. Đồ thị là đường cong trơn thể hiện đúng tính lồi, lõm.
Đồ thị đi qua 5 điểm: CĐ(-3 ; 3), CT(-1 ; -1), I(-2 ; 1), A(-4 ; -1), B(0 ; 3)
4
3
2
1
-1
-4
-2
4
3
2
1
-1
-4
-2
0,25
0,25
0,25
0,25
I 2
3 2
1

2
log 6 9 3x x x m+ + + =
(1)
1,00
(1)
3 2
1
6 9 3
2
m
x x x
 
⇔ + + + =
 ÷
 
. Gọi (C’) là đồ thị hs
3 2
6 9 3y x x x= + + +
Pt (1) có 6 nghiệm ⇔ đt
1
2
m
y
 
=
 ÷
 
cắt (C’) tại 6 điểm
Ta có
3 2 3 2

3 2
3 2 3 2
6 9 3 khi 6 9 3 0
6 9 3
( 6 9 3) khi 6 9 3 0
x x x x x x
y x x x
x x x x x x

+ + + + + + ≥

= + + + =

− + + + + + + <


Gọi (C
1
) là phần đồ thị của (C) nắm trên Ox, (C
2
) là phần đồ thị của (C) nằm dưới Ox
(C
3
) là hình đối xứng của (C
2
) qua trục Ox thì (C’) = (C
1
) ∪ (C
3
).

Từ đồ thị (C’), pt (1) có 6 nghiệm ⇔
1
0 1 0
2
m
m
 
< < ⇔ >
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
II 1
Tìm m để pt
2
(1 )sin cos 1 2cosm x x m x− − = +
(1) có nghiệm
1,00
TXD:
¡
. pt (1)
(
)
2
sin cos 1 2cos sinx x m x x⇔ − = + +
Nhận xét. Hs
sin , cosy x y x= =
tuần hoàn với chu kì

2
π
nên pt (1) có nghiệm ⇔ pt
0,25
(1) có nghiệm thuộc nửa khoảng
3
;
2 2
π π
 
−
÷

 
.
TH1.
(1 )( 1) 1 0
2
x m m
π
= − ⇒ − − = ⇔ − =
vô lí. Vậy
2
x
π
= −
không là nghiệm
TH2.
1
(1 )

2 2
x m m m
π
= ⇒ − = ⇔ =
. Vậy
1
2
m =
thì pt có ít nhất một nghiệm là
2
π
TH3.
cos 0
2 2
x x
π π
− < < ⇒ >
. Chia hai vế cho
cos x
ta được
(
)
2
2
tan 1
tan 1 tan 3 tan
tan 3 tan
x
x m x x m
x x

−
⇔ − = + + ⇔ =
+ +
Đặt
tan ,t x t= ∈ ¡
ta được
2
1
3
t
m
t t
−
=
+ +
. Đặt
2
1
( )
3
t
f t
t t
−
=
+ +
(
)
2
2

2 2
3 3
'( ) 0, ( ) db trên
3 3
t t
f t t f t
t t t
+ + +
= > ∀ ⇒
+ + +
¡
Mặt khác
1
lim ( ) , lim
2
t t
f t
→−∞ →+∞
= −∞ =
. Vậy
1
2
m <
TH4.
3
cos 0
2 2
x x
π π
< < ⇒ <

. Chia hai vế cho
cos x
ta được
(
)
2
2
tan 1
tan 1 tan 3 tan
tan 3 tan
x
x m x x m
x x
−
⇔ − = − + + ⇔ =
− + +
Đặt
tan ,t x t= ∈ ¡
ta được
2
1
3
t
m
t t
−
=
− + +
. Đặt
2

1
( )
3
t
f t
t t
−
=
− + +
(
)
2
2
2 2
3 3
'( ) , '( ) 0 1
3 3
t t
f t f t t
t t t
− − + +
= = ⇔ = −
− + + +
. Lập BBT của
( )f t
0,25
0,25
0,25
t
−∞

1−

+∞
'
( )f t
+ 0 -
( )f t

2
3



1
2


−∞

Từ BBT suy ra
2
3
m ≤
Kết luận. Các giá trị của m để pt có nghiệm là
2
3
m ≤
2
2

1 1
2 1
2 3 5
x
x x
>
−
+ −
(1)
1,00
ĐK:
2
5
2 3 5 0,2 1 0 , 1
2
x x x x x+ − > − ≠ ⇔ < − >
TH1.
5
2 1 0
2
x x< − ⇒ − <
, bất phương trình đúng.
TH2.
2
1 2 3 5 0,2 1 0x x x x> ⇒ + − > − >
Bpt
2 2
3
2 1 2 3 5 2 7 6 0
2

2
x
x x x x x
x

<

⇔ − > + − ⇔ − + > ⇔

>

Kết hợp điều kiện ta được
3
1
2
x< <
hoặc
2x >
Kết luận. Tập nghiệm của bpt là S =
5 3
; (1; ) (2; )
2 2
 
−∞ − ∪ ∪ +∞
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25

III Tính thể tích khối tròn xoay 1,00
Ta có
2
3
x
y
x
=
+
cắt trục Ox tại điểm có hoành độ x = 0.
Vậy V =
( )
2
1 1
2
2
2
2
2
0 0
3
3
x x
dx dx
x
x
π π
 
=
 ÷

+
 
 
+
 ÷
 
∫ ∫
Đặt
2
3 tan , ; 3(1 tan )
2 2
x t t dx t dt
π π
 
= ∈ − ⇒ = +
 ÷
 
.
0 3 tan 0, 1 3 tan
6
π
= =
V =
1
2 2
6 6
2 2
2 2 2 2
0 0 0
3tan 3

3(1 tan ) sin
( 3) (3tan 3) 3
x t
dx t dt tdt
x t
π π
π
π π
= + =
+ +
∫ ∫ ∫
=
2
6
6
0
0
3 1 cos2 3 sin 2 3
( )
3 2 6 2 36 8
t t
dt t
π
π
π π π π
−
= − = −
∫
* Chú ý. Học sinh có thể sử dụng công thức tích phân từng phần như sau
V =

( ) ( )
1 1
2
2 2
2 2
0 0
3 3
x x
dx x dx
x x
π π
=
+ +
∫ ∫

và đặt
( )
2
2
2
1
, ' ' 1,
2( 3)
3
x
u x v u v
x
x
−
= = ⇒ = =

+
+
rồi đi đến
( )
( )
1
1 1
2
2
2
2
0 0
0
1
2( 3)
2 3
3
x x
x dx dx
x
x
x
π π
 
−
 ÷
= +
 ÷
+
+

+
 
∫ ∫
0,25
0,25
0,25
0,25
IV Tính thể tích của khối chóp S.ABCD 1,00
Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD)
Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra
H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD
Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O là 0,25
O
A
B
C
D
S
H
giao của AC và BD.
CBD ABD SBD∆ = ∆ = ∆
OC OA OS SAC
⇒ = = ⇒ ∆
vuông tại S
2
1AC x⇒ = +
2 2
2
1 1 1
1

x
SH
SH SA SC
x
2
= + ⇒ =
+
ABCD là hình thoi
2 2 2
1
3
2
AC BD OB AB AO x⇒ ⊥ ⇒ = − = −
2 2 2
1 1 1
. 1. 3 3
2 2 6
ABCD
S AC BD x x V x x= = + − ⇒ = −
áp dụng BĐT Côsi ta có
2 2
2
1 1 3 1
3 .
6 6 2 4
x x
V x x
+ −
= − ≤ =
Đẳng thức xảy ra

6
2
x⇔ =
. Vậy V lớn nhất khi
6
2
x =
0,25
0,25
0,25
V
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
2 2 2
2 2 3
1 1 1a b c
− +
+ + +
1,00
Đặt
tan , tan , tana x b y c z= = =
.
, , 0 , , 0;
2
a b c x y z
π
 
> ⇒ ∈
 ÷
 
tan tan

tan tan tan( )
1 1 tan tan
a c x z
abc a c b b y y x z
ac x z
+ +
+ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = +
− −
y x z k
π
⇔ = + +
.
, , 0; 0
2
x y z k
π
 
∈ ⇒ =
 ÷
 
. Vậy
y x z
⇔ = +
P =
2 2 2 2
2cos 2cos 3cos 1 cos2 (1 cos2 ) 3cosx y z x y z− + = + − + +
2 2
2sin( )sin( ) 3cos 2sin( )sin 3(1 sin )x y x y z x y z z= − + − + = + + −
2
2 2

1 1
3sin 2sin( )sin 3 3 sin sin( ) 3 sin ( )
3 3
z x y z z x y x y
 
= − + + + = − − + + + +
 ÷
 
1
P 0 3
3
⇒ ≤ + +
.
Đẳng thức xảy ra
1 1
, 2,
2 2 2
a b c⇔ = = =
. Vậy
10
max
3
P =
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a 1 Tìm tọa độ đỉnh C 1,00
1 1 1 1 1
. ( ; ) ( ; )

3 2 2 2
2
GAB CAB
S S AB d G AB d G AB= = ⇔ = ⇔ =
3 3 ( ;3 3)G y x G t t∈ = − ⇒ −
. Đt AB có pt
8 0x y− − =
(3 3) 8
1 1
( ; ) 2 5 1
2 2 2
t t
d G AB t
− − −
= ⇔ = ⇔ + =
( ) ( )
( ) ( )
2 2; 9 13;18
3 3; 12 16;27
t G C
t G C
= − ⇒ − − ⇒
⇔

= − ⇒ − − ⇒


0,25
0,25
0,25

0,25
2 Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều 1,00
( ; ; ) ( ) 3 8 7 6 0C a b c P a b c∈ ⇔ − + − =
(1). Tam giác ABC đều
2 2 2
AC BC AB⇔ = =
2 2 2
0 (2)
2 2 6 3 0 (3)
a c
a b c a b c
+ =

⇔

+ + − − + + =

0,25
Từ (1) và (2) suy ra
3 3
2 , 2
2 2
a b c b= − − = +

thế vào (3) ta được
2
18 52 39 0b b+ + =
. Phương trình này vô nghiệm. Vậy không có
điểm C nào thỏa mãn.
0,25

0,25
0,25
VII.a Chứng minh rằng tam giác OAB đều 1,00
Tam giác OAB đều
1 2 1 2
OA OB AB z z z z⇔ = = ⇔ = = −
Ta có
3 3 2 2 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
( )( ) 0z z z z z z z z z z z z+ = + + − = ⇒ = − ⇒ =
Mặt khác
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
0 ( ) ( )z z z z z z z z z z z z+ − = ⇔ − = − ⇒ − = −
2
1 2 1 2 1 2 1 2
.z z z z z z z z⇒ − = ⇒ − = =
.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b 1 Tìm tọa độ đỉnh C và D 1,00
1 1 2
1 . ( ; ) 1 ( ; )
4 2
17
IAB ABCD
S S AB d I AB d I AB= = ⇔ = ⇔ =
Đt AB có pt

4 6 0x y− + =
.
3 2 0 (3 2; )I x y I t t∈ − + = ⇒ −
3 2 4 6
2 2
( ; ) 4 2
17 17 17
t t
d I AB t
− − +
= ⇔ = ⇔ − =
2 (4;2) (6;2), (10;3)
6 (16;6) (30;10), (34;11)
t I C D
t I C D
= ⇒ ⇒

⇔

= ⇒ ⇒

0,25
0,25
0,25
0,25
2
Viết phương trình đường thẳng ∆
1,00
d có ptts
1 , 3 2 , 3x t y t z t= − = − + = +

.
∆
cắt d tại I
(1 , 3 2 ,3 )I t t t⇒ − − + +
4
2 2
( ;( )) 2 2
2
3
t
t
d I P
t
=
−

= ⇔ = ⇔

= −

( )
3 5 8
4 3;5;8 :
2 1 2
x y y
t I
+ − −
= ⇒ − ⇒ ∆ = =
−

( )
3 7 1
2 3; 7;1 :
2 1 2
x y y
t I
− + −
= − ⇒ − ⇒ ∆ = =
−

0,25
0,25
0,25
0,25
VII.b
Giải hệ phương trình



=−
=+
1loglog
272
33
loglog
33
xy
yx
xy
1,00

Đk:
0, 0x y> >
.
3 3
log log 1 3y x y x− = ⇔ =
3 3 3 3 3
log log log log log
2 27 9
y x y x y
x y x y x= ⇒ + = ⇔ =
Lôgarit cơ số 3 hai vế ta được
3 3 3 3 3
log .log log 9 (1 log )log 2y x x x= ⇔ + =
3
3
3 9
log 1
1 1
log 2
9 3
x y
x
x
x y
= ⇒ =

=


⇔ ⇔



= −
= ⇒ =


(thỏa mãn đk). Vậy hệ pt có 2 nghiệm là
0,25
0,25
0,25
0,25