Dự đoán đề thi ĐH 2010 (1)

Sở GD & ĐT hà nội
lớp 12V
1
gv. Trần mạnh tùng
Dự đoán đề thi đh 2010 số 1
Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)
Cho hm s
3 2
3 4y x x mx= + +
, trong ú
m
l tham s thc.
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s ó cho, vi
0m =
.
2. Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s m hm s ó cho cú cc tr tho món
2
CD CT
x x
=
.
Cõu II. (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh
2
3 2 sin 2 1
1 3
2cos sin 2 tanx
+

+ = + +
x
x x
.
2. Gii phng trỡnh
( )
2
3 1 1
3 3
1
log 5 6 log 2 log 3
2
x x x x
+ + > +
.
Cõu III. (1,0 im)
Tớnh tớch phõn
ln3
2
ln2
1 2
x
x x
e dx
I
e e
=
+

.

Cõu VI. (1,0 im)
Cho hỡnh lng tr ng
ABC. A'B'C'
cú ỏy l tam giỏc u cnh a, cnh bờn 2a . Gi E l trung im
ca
BB'
. Xỏc nh v trớ ca im F trờn on
AA'
sao cho khong cỏch t F n C
'
E l nh nht.
Cõu V. (1,0 im)
Xột cỏc s thc dng a, b, c tha món:
1 1 1
1+ + =
a b c
.
Tim giỏ tr nh nht ca biu thc:
2 2 2
b c c a a b
T
a b c
+ + +
= + +
.
I. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai phn
1. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im)
1. 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. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho cỏc im A(-1;1;0), B(0;0;-2) v C(1;1;1). Hóy vit
phng trỡnh mt phng (P) qua A v B, ng thi khong cỏch t C ti mt phng (P) bng
3
.
Cõu VIIa. (1,0 im)
Trong mt phng ta . Tỡm tp hp im biu din cỏc s phc z tha món cỏc iu kin:

2 3z i z i =
. Trong cỏc s phc tha món iu kin trờn, tỡm s phc cú mụ un nh nht.
2. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VIb. (2,0 im)
1. Trong mt phng vi h to
Oxy
, tỡm im
A
thuc trc honh v im
B
thuc trc tung sao cho
A
v
B
i xng vi nhau qua ng thng
:2 3 0d x y + =
.
2. Cho mt phng (P):

01 =++ zyx
, ng thng d:
3
1
1
1
1
2


=


=
zyx

Gi I l giao im ca d v (P). Vit phng trỡnh ca ng thng

nm trong (P), vuụng gúc vi d
v cỏch I mt khong bng
23
.
Cõu VIIb. (1,0 im)
Tỡm h s ca
8
x
trong khai trin nh thc Niutn ca
( )
2
2

n
x +
, bit
3 2 1
8 49
n n n
A C C + =
.
(
k
n
A
l s chnh hp chp
k
ca
n
phn t,
k
n
C
l s t hp chp
k
ca
n
phn t).
Thớ sinh khụng c s dng ti liu, cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh: S bỏo danh:
Lu hnh ni b
Giáo viên: Trần Mạnh Tùng 091 3366 543
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (chưa sửa)

Câu Đáp án Điểm
I
(2,0
1. (1,25 điểm)
Với m = 0, ta có hàm số y = – x
3
– 3x
2
+ 4
Tập xác định: D =
¡
Sự biến thiên:
• Chiều biến thiên: y’ = – 3x
2
– 6x, y’ = 0 ⇔
x 2
x 0
= −


=


y’ < 0 ⇔
x 2
x 0
< −


>



y’ > 0 ⇔ – 2 < x < 0
Do đó: + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞ ; − 2) và (0 ; + ∞)
+ Hàm số đồng biến trên khoảng (− 2 ; 0)
0,50
• Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và y
CT
= y(–2) = 0;
+ Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 4.
• Giới hạn:
x x
lim , lim
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4),
cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp
xúc với trục hoành tại điểm (− 2 ; 0)
0,25
2. (0,75 điểm)
0,25
0,50
II
(2,0

điểm)
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình :
( ) ( )
3
sin x
2sin x 3 3sin x cosx 0
2
3sin x cosx 0

=

− + = ⇔


+ =

0,50
n
x ( 1) n , n
3
x k , k
6
π

= − + π ∈

⇔

π


= − + π ∈


¢
¢
0,50
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x > – 2 và x ≠ 5 (*)
Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2 2
2 2
log (x 2) x 5 log 8 (x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0 + − = ⇔ + − = ⇔ − − − − =
 
0,50
Gi¸o viªn: TrÇn M¹nh Tïng 091 3366 543
x
y'
y
−∞
−∞
+∞
+ ∞
2
−
0
0
0
0

4
−
−
+
4
3
−
2
−
O
1
y
x
S
H
P
C
A
B
N
ϕ
2
2
x 3x 18 0
3 17
x 3; x 6; x
2
x 3x 2 0

− − =

±
⇔ ⇔ = − = =

− − =


Đối chiếu với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
x 6=
và
3 17
x
2
±
=

0,50
III
(1,0
điểm)
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
 
= = + = + − = + − − + = +
 ÷
− − − +
 
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
0,50
IV
(1,0
điểm)
Dựng

SH AB⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α
°
∆
SHN =
∆
SHP ⇒ HN = HP.
°
∆
AHP vuông có:
o
a 3
HP HA.sin60 .
4
= =
0,50
∆
SHP vuông có:
a 3
SH HP.tg tg
4
= α = α

0,25
Thể tích hình chóp
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC: V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α
0,25
V
(1,0
điểm)
Ta có :
2 2 2 2 2 2
x x y y z z
P
y z z x x y
= + + + + +
(*)
Nhận thấy : x
2
+ y
2
– xy ≥ xy ∀x, y ∈
¡
Do đó : x
3
+ y
3
≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay

2 2
x y
x y
y x
+ ≥ +
∀x, y > 0
0,50
Tương tự, ta có :
2 2
y z
y z
z y
+ ≥ +
∀y, z > 0
2 2
z x
z x
x z
+ ≥ +
∀x, z > 0
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P ≥ 2(x + y + z) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z =
1
3
. Vì vậy, minP = 2.
0,50
VI.a
(2,0
điểm)

1. (1,0 điểm)
Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)
2
+ y
2
= 4.
Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2
0,25
Suy ra trục tung khơng có điểm chung với đường tròn (C). Vì vậy, qua một điểm bất kì trên tục tung
ln kẻ được hai tiếp tuyến của (C).
0,25
Câu Đáp án Điểm
Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung.
Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có:
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60
0

·
·
0
0
AMB 60 (1)
AMB 120 (2)

=
⇔


=


0,25
Vì MI là phân giác của
·
AMB
nên :
0,25
Gi¸o viªn: TrÇn M¹nh Tïng 091 3366 543
(1)
ã
0 2
0
IA
AMI 30 MI MI 2R m 9 4 m 7
sin30
= = = + = =
(2)
ã
0 2
0
IA 2R 3 4 3
AMI 60 MI MI m 9
sin 60 3 3
= = = + =
(*)
D thy, khụng cú m tha món (*). Vy cú tt c hai im cn tỡm l: (0 ;
7
) v (0 ;
7
)

2. (1,0 im)
Gi H l hỡnh chiu vuụng gúc ca M trờn d, ta cú MH l thng i qua M, ct v vuụng gúc vi d.
0,25
Vỡ H d nờn ta ca H cú dng : (1 + 2t ; 1 + t ; t).
Suy ra :
MH
uuuur
= (2t 1 ; 2 + t ; t)
Vỡ MH d v d cú mt vect ch phng l
u
r
= (2 ; 1 ; 1), nờn :
2.(2t 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vỡ th,
MH
uuuur
=
1 4 2
; ;
3 3 3


ữ

.
0,50
Suy ra, phng trỡnh tham s ca ng thng MH l:
x 2 t

y 1 4t
z 2t
= +


=


=

0,25
VII.a
(1,0
im)
Theo cụng thc nh thc Niu-tn, ta cú:
P =
0 6 1 2 5 k 2k 6 k 5 10 6 12
6 6 6 6 6
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x

+ + + + + +K K

0,25
Suy ra, khi khai trin P thnh a thc, x
2
ch xut hin khi khai trin
0 6
6
C (x 1)
v

1 2 5
6
C x (x 1)
.
0,25
H s ca x
2
trong khai trin
0 6
6
C (x 1)
l :
0 2
6 6
C .C
H s ca x
2
trong khai trin
1 2 5
6
C x (x 1)
l :
1 0
6 5
C .C
0,25
Vỡ vy, h s ca x
2
trong khai trin P thnh a thc l :
0 2

6 6
C .C
1 0
6 5
C .C
= 9. 0,25
VI.b
(2,0
im)
1. (1,0 im) Xem phn 1 Cõu VI.a.
2. (1,0 im)
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =






3;
3
8
;
3
7
Ta có
( ) ( ) ( )
222
222
GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++=
22222222

GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3
+++=++++++=
0,25
F nhỏ nhất MG
2
nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P)
0,25

33
19
111
333/83/7
))P(,G(dMG
=
++

==
0,25
3
64
9
104
9
32
9
56
GCGBGA
222
=++=++
Vậy F nhỏ nhất bằng

9
553
3
64
33
19
.3
2
=+








khi M là hình chiếu của G lên (P)
0,25
Cõu ỏp ỏn im
VII.b
(1,0
im)
Theo cụng thc nh thc Niu-tn, ta cú:
P =
0 5 1 2 4 k 2k 5 k 4 8 5 10
5 5 5 5 5
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x

+ + + + + +K K

0,25
Suy ra, khi khai trin P thnh a thc, x
3
ch xut hin khi khai trin
0 5
5
C (x 1)
v
1 2 4
5
C x (x 1)
.
0,25
H s ca x
3
trong khai trin
0 5
5
C (x 1)
l :
0 3
5 5
C .C
H s ca x
3
trong khai trin
1 2 4
5
C x (x 1)
l :

1 1
5 4
C .C
0,25
Vỡ vy, h s ca x
3
trong khai trin P thnh a thc l :
0 3
5 5
C .C
1 1
5 4
C .C
= 10. 0,25
Giáo viên: Trần Mạnh Tùng 091 3366 543