de va dap an thi thu DH 2010

Së gi¸o dơc - ®µo t¹o h¶I phßng ®Ị thi thư ®¹i häc
Trêng thpt trÇn nguyªn h n M«n to¸n líp 12-lÇn 4 - n¨m häc 2009-2010·
Thêi gian lµm bµi : 180’
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )
Câu I ( 2,0điểm) Cho hµm sè
2
12
+
+
=
x
x
y
cã ®å thÞ lµ (C)
1.Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cđa hµm sè
2.Chøng minh ®êng th¼ng d: y = -x + m lu«n lu«n c¾t ®å thÞ (C) t¹i hai ®iĨm ph©n biƯt A, B. T×m gi¸ trÞ
d¬ng cđa m ®Ĩ ®o¹n AB cã ®é dµi b»ng
4 2
.
Câu II(2.0điểm) 1, Giải hệ phương trình :
2 2
4
( 1) ( 1) 2
x y x y
x x y y y

+ + + =

+ + + + =

2. Tìm nghiệm trên khỏang (0;

π
) của phương trình :

2 2
3
4sin 3 cos 2 1 2cos ( )
2 4
x
x x
π
− = + −

Câu III (1.0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
x
e 1+
, trục hồnh và hai đường thẳng
x = ln3, x = ln8.
Câu IV(1.0 điểm) Trong khơng gian Oxyz cho tứ diện ABCD với A(2;3;2) , B(6;-1;-2), C(-1;-4;3) , D(1;6;-5)
Tính góc giữa hai đường thẳng AB và CD. Viết phương trình đường vng góc chung của AB và CD .
Câu V(1.0 điểm) Cho
,x y
lµ hai sè thùc thay ®ỉi vµ tho¶ m·n ®iỊu kiƯn
2 2
x y x y+ = +
. H·y t×m gi¸ trÞ lín
nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc
3 3
A x y= +
.
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm)
1, Trong mỈt ph¼ng víi hƯ trơc täa ®é Oxy cho hai ®êng th¼ng d
1
: x + y + 5 = 0,
d
2
: x + 2y - 7= 0 vµ tam gi¸c ABC cã A(2 ; 3), träng t©m lµ ®iĨm G(2; 0), ®iĨm B thc d
1
vµ

®iĨm C thc
d
2
. ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC
2, Gi¶i ph¬ng tr×nh :
( ) ( )
x x
2 2
log 2 4 x 3 log 2 12+ = - + +
Câu VII.a: (1.0điểm) Tìm các số thực
,x y
thoả mãn đẳng thức
( ) ( )
3
3 5 1 2 35 23x i y i i+ + − = − +
.
B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 .0 điểm)

1, Trong mỈt ph¼ng víi hƯ trơc täa ®é Oxy cho hai ®êng th¼ng d
1
: x + y + 5 = 0,
d
2
: x + 2y - 7= 0 vµ tam gi¸c ABC cã A(2 ; 3), träng t©m lµ ®iĨm G(2; 0), ®iĨm B thc d
1
vµ

®iĨm C thc
d
2
. ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC
2, Giải bất phương trình
2 2
2
3 9.3 3 9 0
x x x x x+ −
− − + >
Câu VII.b: (1.0 điểm) T×m hƯ sè cđa sè h¹ng chøa x
2
trong khai triĨn nhÞ thøc Niut¬n cđa
n
x
x









+
4
2
1
,
biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d¬ng tháa m·n:
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0
+
=
+
++++
+
n

C
n
CCC
n
n
n
nnn


(
k
n
C
lµ sè tỉ hỵp chËp k cđa n phÇn tư)

******* HÕt *******
1
đáp án và biểu điểm Thi thử đại học lần 4
Môn toán lớp 12- 2009-2010
Cõu ý
Hớng dẫn giải chi tiết Điể
m
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH
7.00
Cõu I 2
1
Cho hàm số
2
12
+

+
=
x
x
y
có đồ thị là (C) .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
1
a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
+====
+

+
22
lim;lim;2limlim
xx
xx
yyyy
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2
0.25
+
Dx
x
y >
+
= 0
)2(
3
'

2

x

-2
+
y + +

+
2
y
2


Hàm số đồng bin trên mi khoảng
( )
; 2
và
( )
2; +
,
H m s không có cc i cc tiu,
0.5
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;
2
1
) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1

;0)
Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng
Vẽ đồ thị đúng , đẹp
0.25
2
1
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình



=++

+=
+
+
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
Do (1) có
mmmvam =++>+= 0321)2).(4()2(01
22
nên đờng thẳng d

luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0.5
Ta có A(x
A
: m x
A
) , B ( x
B
: m x
B
) trong đó x
A
, x
B
là các nghiệm của pt (1)
nên
2
2( )
B A
AB x x=
suy ra
4 2AB =


2 2
2( ) 32 ( ) 4 16
B A B A A B
x x x x x x = + =
Mà
4, 1 2

A B A B
x x m x x m+ = =
ta có pt
2 2
2
( 4) 4(1 2 ) 16 4 0
2
m
m m m
m
=

= =

=

vì m > 0 nên chọn m = 2 . KL m = 2
0.5
Cõu II
2
1 1
2
(I)

+ + + =

⇔

+ + + + =



2 2
2 2
x y x y 4
x y x y xy 2

+ + + =

⇔

= −


2 2
x y x y 4
xy 2

+ + + =

⇔

= −


2
(x y) x y 0
xy 2

+ = + =−


⇔

= −


x y 0hay x y 1
xy 2

+ = + =−

⇔

= −


x y 0hay x y 1
xy 2
0.25
0.25
.

= −

⇔

=


2
x y

x 2
hay
+ = −



+ − =


2
x y 1
x x 2 0
⇔

x 2
y 2

=


= −


V
x 2
y 2

= −



=


V
x 1
y 2
=


= −

V
= −


=

x 2
y 1
0.5
2 1
2/ Tìm nghiệm
( )
0,∈ π
, Ta có
2 2
x 3
4sin 3 cos2x 1 2cos x
2 4
π

 
− = + −
 ÷
 
(1)
( )
3
2 1 cosx 3 cos2x 1 1 cos 2x
2
π
 
⇔ − − = + + −
 ÷
 
0.25
1)
2 2cosx 3 cos2x 2 sin2x⇔ − − = −
(1)
2cosx 3 cos2x sin2x⇔ − = −
. Chia hai
vế cho 2: (1)
⇔ − = −
3 1
cosx cos2x sin2x
2 2

( )
cos 2x cos x
6
π

 
⇔ + = π−
 ÷
 

( ) ( )
π π π
⇔ = + = − + π
5 2 7
x k a hay x h2 b
18 3 6
Do
( )
x 0,∈ π
nên họ nghiệm (a) chỉ chọn
k=0, k=1, họ nghiệm (b) chỉ chọn h = 1.
0.5
Do đó ta có ba nghiệm x thuộc
( )
0,π
là
1 2 3
5 17 5
x ,x ,x
18 18 6
π π π
= = =
0.25
Câu III
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =

x
e 1+
, trục hồnh và hai đường thẳng
x = ln3, x = ln8.
1
Kí hiệu S là diện tích cần tính. Vì
ln8
x x
ln3
e 1 0 x [ln3 ; ln8] nên S e 1dx+ > ∀ ∈ = +
∫
0.25
Đặt
x
e 1+
= t, ta có
2
2tdt
dx
t 1
=
−
Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3
0.25
Vì vậy:
3 3 3 3 3
2
3 3
2 2
2 2

2 2 2 2 2
2t dt dt dt dt 3
S 2 dt 2 2 ln t 1 ln t 1 2 ln
t 1 t 1 t 1 t 1 2
 
= = + = + − = + − − + = +
 ÷
− − − +
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
0.5
Câu IV 1
*
(4; 4; 4) ; CD (2;10; 8)AB = − − = −
uuur uuur

⇒
·
·
| 4.2 ( 4).10 ( 4).( 8) |
os(AB;CD) | os(AB;CD) | 0
4 3.2 42
c c
+ − + − −
= = =
uuur uuur
⇒ góc giữa AB và CD bằng 90
0
* Viết phương trình đường vng góc chung :
Gọi M∈AB ⇒ M(2+t; 3-t; 2-t) ; M'∈CD ⇒ M'(-1+t'; -4+5t'; 3-4t')

⇒
' ( 3 ' ; 7 5 ' ;1 4 ' )MM t t t t t t= − + − − + + − +
uuuuur
0.25
0.25
Để MM' là đường vng góc chung của AB và CD ⇔ MM'⊥AB và MM'⊥CD
⇔
'. 0 3 3 0 1
42 ' 42 0 ' 1
'. 0
MM AB t t
t t
MM CD

= − + = =
 

⇔ ⇔
  
− = =
=
 


uuuuuruuur
uuuuuruuur
⇒
( )
' 3; 1; 2MM = − − −
uuuuur

⇒ MM' có phương trình
3 3
2
1 2
x t
y t
z t
= +


= +


= +


0.5
Câu V
Cho
,x y
lµ hai sè thùc thay ®ỉi vµ tho¶ m·n ®iỊu kiƯn
2 2
x y x y+ = +
. H·y t×m gi¸ trÞ lín
nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc
3 3
A x y= +
.
1
3

Đặt
,S x y P xy
= + =
.Từ
2 2
x y x y+ = +
. Suy ra
2
2
2
2
S S
S P S P

= =
.
Điều kiện
2
2 2
4 4. 0 2.
2
S S
S P S S


0.25
( )
( )
( ) ( ) ( )
3 3 2 2

A x y x y x y xy x y x y xy S S P
= + = + + = + + =
2 3
2
3
2 2 2
S S S
S S S


= = +
ữ

0.25
Xét hàm số
( )
3
2
3
2 2
S
f S S= +
, với
[ ]
0;2S


( )
' 2
3

3 0 0 2
2
f S S S S S
= + = = =
( ) ( )
0 0, 2 2f f
= =
0.25
Vậy
[ ]
( )
0;2
max 2f S
=
khi
( )
2 1S P
= =

[ ]
( )
0;2
min 0f S
=
khi
( )
0 0S P
= =
, giá trị lớn nhất
của

A
bằng 2, đạt tại
1x y
= =
, giá trị nhỏ nhất của
A
bằng 0, đạt tại
0x y
= =
.
0.25
Cõu VIa 2
1
1
Do B d
1
nên B = (m; - m 5), C d
2
nên C = (7 2n; n)
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên



=+
=++
0.3n5m3
2.3n27m2

=
=




=+
=

1n
1m
2nm
3n2m
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
0.5
Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình
0cby2ax2yx
22
=++++
. Do A, B, C (C) nên ta có hệ





=
=
=

=++++
=++
=++++
27/338c
18/17b
54/83a
0cb2a10125
0cb8a2161
0cb6a494
Vậy (C) có phơng trình
0
27
338
y
9
17
x
27
83
yx
22
=++
0,5
2
1

( ) ( ) ( ) ( )
x x 3 x x x 3 x
2 2 2 2 2
pt log 2 4 log 2 log 2 12 log 2 4 log 2 2 12
- -
ộ ự
+ = + + + = +
ờ ỳ
ở ỷ
0.5
( ) ( ) ( )
2 2
x x 3 x x x x x x x
2 4 2 2 12 8.2 32 2 12.2 2 4.2 32 0 2 4 x 2
-
+ = + + = + + - = = =
0.5
CõuVII.a
1
Ta cú
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 2
1 2 1 2 1 2 3 4 1 2 2 11i i i i i i = = =
.
Suy ra
( ) ( )
3
3 5 1 2 35 23x i y i i+ + = +
( ) ( )
3 5 2 11 35 23x i y i i + + = +

0.5

( ) ( )
3 11 35 3
3 11 5 2 35 23
5 2 23 4
x y x
x y x y i i
x y y
= =

+ + = +

+ = =

0.5
Phn li gii bi theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VI.b 1 Ging chng trỡnh chun

2 2
2
3 9.3 3 9 0
x x x x x+
+ >
( ) ( )
( )
( )
2 2 2
2 2
3 3 1 9 3 1 0 3 9 3 1 0

x x x x x x x x
> >
0.5
0.5
2
CõuVII.b 1
4
Ta có
( )

++++=+=
2
0
nn
n
22
n
1
n
0
n
2
0
n
dxxCxCxCCdx)x1(I
2
0
1nn
n
32

n
21
n
0
n
xC
1n
1
xC
3
1
xC
2
1
xC






+
++++=
+

suy ra I
n
n
1n
2

n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C
2
2
C2
+
++++=
+

(1)
Mặt khác
1n
13
)x1(
1n
1
I
1n

2
0
1n
+

=+
+
=
+
+
(2)
Từ (1) và (2) ta có
n
n
1n
2
n
3
1
n
2
0
n
C
1n
2
C
3
2
C

2
2
C2
+
++++=
+

1n
13
1n
+

=
+
Theo bài ra thì
7n65613
1n
6560
1n
13
1n
1n
==
+
=
+

+
+
0.25

0.25
Ta có khai triển
( )



=








=








+
7
0
4
k314
k

7
k
k
7
0
4
k7
k
7
7
4
xC
2
1
x2
1
xC
x2
1
x
Số hạng chứa x
2
ứng với k thỏa mãn
2k2
4
k314
==

Vậy hệ số cần tìm là
4

21
C
2
1
2
7
2
=
0.25
0.25

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 = = = = = = = =

5