ĐỀ THI THỬ ĐH TOAN KHOI B 2010

THPT Lam Kinh – Thọ Xuân
- Thanh Hóa
Năm học: 2009 - 2010
ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ
Môn: Toán; Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút,
không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
- 3x + 2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đi qua điểm M(2;4).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
2
2os x-1
tan 3tan
2 cos
c
x x
x
p
+ - =
æ ö
÷
ç
÷

ç
÷
ç
è ø
2. Giải hệ phương trình:
2 1 1
3 2 4
x y x y
x y
+ + - + =
+ =
ì
ï
ï
í
ï
ï
î
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân:
3
2
4
t anx
cosx. 1+cos
I dx
x
p
p
=

ò
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA vuông góc
với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB và
SC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM.
Câu V (1,0 điểm)
Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt :
4 2
2
6 log 0x x m- - =
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI. a ( 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
- 4x - 6y -12 = 0. Tìm toạ
độ điểm M thuộc đường thẳng d: 2x - y + 3 = 0 sao cho MI = 2R, trong đó I, R lần lượt là tâm và bán
kính của đường tròn (C).
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O
1
A
1
B
1
với A(2;0;0),
B(0;4;0), O
1
(0;0;4). Gọi M là trung điểm của AB. Mặt phẳng (P) qua M vuông góc với O

1
A và cắt
OA, OA
1
lần lượt tại N, K. Tính độ dài KN.
Câu VII. a (1,0 điểm)
Tìm C sao cho tổng bình phương các nghiệm của phương trình z
2
+ (2 - 5i)z + C = 0 bằng
21 4i- -
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại đỉnh A có trọng tâm
4 1
;
3 3
G
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
÷
ç
è ø
, phương trình đường thẳng BC là x - 2y - 4 = 0 và phương trình đường thẳng BG là
7x 4y 8 0- - =
. Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm M(5;2;-3) và mặt phẳng
( ) : 2 2 1 0P x y z+ - + =
. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua M và chứa đường thẳng:
1 1 5
2 1 6
x y z- - -
= =
-
.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Một người say rượu bước 8 bước. Mỗi bước anh ta tiến lên phía trước một mét hoặc lùi lại
phía sau một mét với xác suất như nhau. Tính xác suất để sau 8 bước anh ta trở lại điểm xuất phát.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Môn: Toán; Khối B
Câu Đáp án Điểm
I
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Khảo sát
* Tập xác định: D=R
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y' = 3x
2
- 3; y' = 0
x 1Û = ±
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ; 1)- ¥ -

và
(1; )+¥
Hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1)
0,25
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1, giá trị cực đại y(-1) = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, giá trị cực tiểu y(1) = 0
- Các giới hạn tại vô cực:
x x
lim y ; lim y
®- ¥ ®+¥
=- ¥ =+¥
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
* Đồ thị:
- Đồ thị cắt Ox tại (-2;0)
- Đồ thị cắt Oy tại (0;2)
- Đồ thị nhận điểm uốn U(0;2) làm
tâm đối xứng.
0,25
x
y'
y
- ¥
-1
1
+¥
+¥
0
0

0
+
-
+
4
- ¥
x
y
-2
-1
1
2
2. (1,0 điểm) Lập phương trình tiếp tuyến
Gọi  là đường thẳng đi qua M(2;4) và có hệ số góc k. Khi đó phương
trình của  có dạng: y = k(x - 2) + 4.
0,25
 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) thì hoành độ tiếp điểm là nghiệm của
hệ phương trình sau:

3
2
x 3x 2 k(x 2) 4
k 3x 3
ì
ï
- + = - +
ï
í
ï
= -

ï
î
0,25
Giải hệ tìm k = 0 và k = 9 0,25
Vậy có hai tiếp tuyến đi qua M(2;4) là: y = 9x - 14 và y = 4 0,25
II
(2,0
điểm)
III
(1,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Giải phương trình
Điều kiện:
k
x
2
p
¹
,
k Î ¢
(*)
0,25
PT
2
2
2
2sin x
cotx-3tan x
cos x
-

Û - =
2
1
tan x 0
t anx
Û - - =
3
tan x 1 t anx =-1 x=- l , l
4
p
Û =- Û Û + p Î ¢
0,5
Kết hợp với điều kiện (*) ta có
x l , l
4
p
=- + p Î ¢
0,25
2.(1,0 điểm) Giải hệ
Hệ PT
2x y 1 x y 1
(2x y 1) (x y) 5
ì
ï
+ + - + =
ï
Û
í
ï
+ + + + =

ï
î
0,25
Đặt
u 2x y 1 0, v x y 0= + + ³ = + ³
Ta có :
2 2
u v 1
u v 5
ì
- =
ï
ï
í
ï
+ =
ï
î
giải hệ được
u 2
v 1
ì
=
ï
ï
í
ï
=
ï
î

0,25
Vậy
2x y 1 2
2x y 1 4
x y 1
x y 1
ì
ï
ì
+ + =
+ + =
ï
ï
ï ï
Û
í í
ï ï
+ =
+ =
ï
î
ï
ï
î
0,25
x 2
y 1
ì
=
ï

ï
Û
í
ï
=-
ï
î
0,25
Tính tích phân
Đặt
2
t 2 tan x= +
, với
x t 3
4
p
= Þ =
;
x t 5
3
p
= Þ =
0,25
2 2
t anx
dt
cos x 2 tan x
=
+
0,25

Ta có:
5
3
I dt=
ò
0,25
Vậy I =
5 3-
0,25
IV
(1,0
điểm)
Gọi K là trung điểm BC, H là hình chiếu
vuông
góc của A lên SK.
Do
, ( )BC AK BC SA BC SAK^ ^ Þ ^

BC AHÞ ^
Do
AH , ( )SK AH BC AH SBC^ ^ Þ ^
Trong tam giác vuông SAK ta có:

2 2 2
1 1 1 2 3
19
a
AH
AH SA AK
= + Þ =

Trong tam giác vuông SAB ta có:

K
A
C
B
S
N
M
H
SA
2
= SM.SM
2
2
4
5
SM SA
SB SB
Þ = =
Trong tam giác vuông SAC ta có: SA
2
= SN.SC
2
2
4
5
SN SA
SC SC
Þ = =

0,5
2
16 9 9 19
25 25 100
SMN
BCNM SBC
SBC
S
a
S S
S
Þ = Þ = =
Vậy thể tích khối chóp A.BCNM là :
2
1 3 3
.
3 50
BCNM
a
V AH S= =
0,25
0,25
V
(1,0
điểm)
Tìm m
Cách 1: PT
4 2
2
x 6x log mÛ - =

Vẽ đồ thị hàm số y = x
4
- 6x
2
, dựa vào đồ thị để biện luận số nghiệm của
PT theo m. Ta được
9
1
m 1
2
< <
.
1,0
Cách 2: Đặt t = x
2
, điều kiện t > 0.
ta có PT: t
2
- 6t - log
2
m = 0 (*)
Để PT đã cho có 4 nghiệm phân biệt thì PT (*) có 2 nghiệm phân biệt
dương
9
0
1
P 0 m 1
2
S 0
ì

D >
ï
ï
ï
ï
> Û < <
í
ï
ï
>
ï
ï
î
VI.a
(2,0
im)
1. (1,0 im) Tỡm to im M
ng trũn (C) cú tõm I(2;3) v bỏn kớnh R = 5
0,25
Gi M(x
M
;y
M
)
M M M M
(d) 2x y 3 0 y 2x 3ẻ - + = = +
2 2
M M
IM (x 2) (y 3) 10= - + - =
0,25

M
2
M M
M
x 4
5x 4x 96 0
24
x
5
ộ
=-
ờ
ờ
- - =
ờ
=
ờ
ở
0,25
Kt lun cú hai im tho món l:
M( 4; 5)- -
hoc
24 63
M ;
5 5
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ

ữ
ữ
ỗ
ố ứ
0,25
2. (1,0 im) Tớnh di KN
Ta cú M(1;2;0)
1
O A (2;0; 4)= -
uuuur
mt phng (P) qua M vuụng gúc vi O
1
A
nờn nhn
1
O A
uuuur
lm VTPT.
(P): 1(x-1) + 0(y-2) -2(z-0) = 0
hay (P): x - 2z - 1 = 0.
PT tham s ca OA:
x=t
y=0
z=0
ỡ
ù
ù
ù
ù
ớ

ù
ù
ù
ù
ợ
Gi
N OA (P)= ầ
. Th PT OA vo (P) ta c t = 1
N(1;0;0)ị
PT tham s ca OA
1
:
x t
y 0
z 2t
ỡ
=
ù
ù
ù
ù
=
ớ
ù
ù
=
ù
ù
ợ
Gi

1
K OA (P)= ầ
. Th PT OA
1
vo (P) ta c
1
t
3
=-
1 2
K ;0;
3 3
ổ ử
ữ
ỗ
ị - -
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
Vy KN =
2 5
3
.
0,25
0,25
0,25
0,25

VII.a
(1,0
im)
Tỡm C
Gi z
1
, z
2
l hai nghim ca phng trỡnh. Theo nh lớ Viột ta cú:
1 2
1 2
5 2
.
z z i
z z C
ỡ
+ = -
ù
ù
ớ
ù
=
ù
ợ
0,25
Ta cú:
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2 (5 2) 2z z z z z z i C+ = + - = - -
= -21 - 20i - 2C

0,25
Theo gi thit:
2 2
1 2
21 4z z i+ =- -
0,25
Vy C = - 8i 0,25
y
z
x
M
A
1
B
1
O
A
B
O
1
VI.b
(2,0
im)
VII.b
(1,0
im)
1. (1,0 im) Tỡm to cỏc nh A, B, C
To nh B l nghim ca h
x-2y-4=0
(0; 2)

7x-4y-8=0
B
ỡ
ù
ù
ị -
ớ
ù
ù
ợ
Vỡ tam giỏc ABC cõn ti A nờn AG l ng cao ca tam giỏc ABC
Vỡ
4 1
: 2 1 0
3 3
GA BC GA x y
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
^ ị - + - =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
2 3 0x y + - =
Gi
H GA BC= ầ
. To ca H l nghim ca h:

2 3 0
2 4 0
x y
x y
ỡ
+ - =
ù
ù
ớ
ù
- - =
ù
ợ
(2; 1)Hị -
GS A(x; y) ta cú
2AG GH=
uuur uuuur
, vi
4 1
;
3 3
AG x y
ổ ử
ữ
ỗ
= - -
ữ
ỗ
ữ
ữ

ỗ
ố ứ
uuur
;
2 4
;
3 3
GH
ổ ử
ữ
ỗ
= -
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
uuuur
(0;3)Aị
T
3
A B c
G
x x x
x
+ +
=
v
2

A B C
G
y y y
y
+ +
=
(4;0)Cị
Vy A(0;3), B(0;-2), C(4;0).
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 im) Lp phng trỡnh (Q)
ng thng
1 1 5
:
2 1 6
x y z- - -
D = =
-
i qua A(1;1;5) v cú VTCP
(2;1; 6)u = -
r
0,25
(4;1; 8)AM = -
uuuur
. (Q) i qua M, cha
D
( ):
[AM, ]

qua A
Q
VTPT u
ỡ
ù
ù

ớ
ù
ù
ợ
uuuur r
0,25
[ , ]=(2;8;2)AM u
uuuur r
0,25
Vy (Q): x + 4y + z - 10 = 0 0,25
Gi x l s bc tin v y l s bc lựi (x>0, y>0)
Ta cú h:
8 4
0 4
x y x
x y y
ỡ ỡ
+ = =
ù ù
ù ù

ớ ớ
ù ù

- = =
ù ù
ợ ợ
0,25
Vy anh ta tr li im xut phỏt khi tin 4 bc v lựi 4 bc 0,25
Vy xỏc sut sau 8 bc anh ta tr li im xut phỏt l:
4 4
4
8
1 1 70
. .
2 2 256
P C
ổử ổử
ữ ữ
ỗ ỗ
= =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
0,5