ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CỰC HAY CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

THI TUYN SINH I HC NM 20 10
Mụn Thi : TON Thi gian: 180 phỳt
I . phần chung cho tất cả các thí sinh
Câu I (2 điểm) : Cho hàm số
43
23
+= xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Gọi d là đờng thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại
3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với
nhau. S :
6 35
3
m

=
Câu II (2điểm)1. Tỡm m h cú nghim :





=+
=+
23
44
22
myx
myx
S :
0 m 1

2 m 3 5



+


2. Giải phơng trình :
8
1
3
tan
6
tan
3coscos3sin.sin
33
=






+

+

xx
xxxx
S :
+

=
k
6
x
,
(k )Z
Câu III (1 điểm) : Tính tích phân

++=
1
0
2
)1ln( dxxxxI
S :
12
3
3ln
4
3
I

=

Câu I V (1 điểm) : Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, hình
chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một
mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện
tích bằng
8
3
2
a
. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC. S :
3
3
12
a
V =
Câu V (1 điểm) : Cho a, b, c là ba số thực dơng thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
32
1
32
1
32
1
222222
++
+
++
+
++
=
accbba

P
S :
2
1
P =
khi a = b = c = 1
II . Phần tự chọn : (Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2)
Phần 1 : Theo chng trỡnh chun:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P):
xxy 2
2
=
và elip (E):
1
9
2
2
=+ y
x
. Chứng minh rằng (P) giao (E) tại 4 điểm phân biệt cùng nằm trên một đờng
tròn. Viết phơng trình đờng tròn đi qua 4 điểm đó.
S :
2 2
16 8
1 0
9 9
x y x y+ =
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình
011642

222
=+++ zyxzyx
và mặt phẳng (

) có phơng trình 2x + 2y z + 17 = 0.
Viết phơng trình mặt phẳng (

) song song với (

) và cắt (S) theo giao tuyến là đờng
tròn có chu vi bằng 6 . S : 2x + 2y z 7 = 0
Câu V II.a (1điểm) :
Tìm hệ số của số hạng chứa x
2
trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
x
x








+
4
2
1

, biết
rằng n là số nguyên dơng thỏa mãn:
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0
+
=
+
++++
+
n
C
n
CCC
n
n
n
nnn

.
S :
7n =
;
4
21
C
2
1
2
7
2
=
Phần 2 : Theo chng trỡnh nõng cao:
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng thẳng d
1
: x + y + 5 = 0, d
2
: x +
2y - 7= 0 và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d
1
và
điểm C thuộc d
2
. Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
S :
0
27

338
y
9
17
x
27
83
yx
22
=++
2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4;
3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x - y - z - 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên
mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
222
MCMBMA ++

S : P =
553
9
khi M là hình chiếu của G lên (P)
Câu V II.b (1 điểm) : Giải hệ phơng trình



+=
+=+
+
+
1
)1(2

yxe
xee
yx
yxyx
(x, y
R
) S : (0; 0)
H T
Hớng dẫn chấm môn toán 09
Câu Nội dung Điểm
I.1 Khảo sát hàm số
43
23
+= xxy
1,00
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn:
+=+==+=
++
)4x3x(limylim,)4x3x(limylim
23
xx
23
xx
0,25
b) Bảng biến thiên: y' = 3x
2
- 6x, y' = 0

x = 0, x = 2
Bảng biến thiên:
x -

0 2 +

y' + 0 - 0 +
y
4 +

-

0
- Hàm số đồng biến trên (-

; 0) và (2; +

), nghịch biến trên (0; 2)
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= 0.
0,50
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0).
Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng
0,25
I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc 1,00
d có phơng trình y = m(x 3) + 4.
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình

=
=
=+=+
0mx
3x
0)mx)(3x(4)3x(m4x3x
2
223
0,50
Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và
1)m('y).m('y =
0,25
9
35318
m01m36m91)m6m3)(m6m3(
2

==+=+
(thỏa mãn) 0,25
II.1
Giải hệ phơng trình đại số 1,00
Ta thấy y = 0 không phải là nghiệm của hệ 0,25
Hệ phơng trình tơng đơng với

=+
+
=++
+
1)2yx(
y
1x
22yx
y
1x
2
2
0,25
Đặt
2yxv,
y
1x
u
2
+=
+
=
Ta có hệ
1vu
1uv
2vu
==

=
=+
0,25
Suy ra





=+
=
+
12yx
1
y
1x
2
. Giải hệ trên ta đợc nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) 0,25
II.2
Giải phơng trình lơng giác 1,00
Điều kiện:
0
3
xcos
6
xcos
3

xsin
6
xsin







+















+

Ta có
1x
6
cot
6
xtan
3
xtan
6
xtan =

=







+








0,25
Phơng trình đã cho tơng đơng với
8
1
x3cosxcosx3sin.xsin
33
=+
1 cos2x cos2x cos 4x 1 cos2x cos2x cos4x 1
2 2 2 2 8
+ +
ì + ì =
0,25
2

1
x2cos
8
1
x2cos
2
1
)x4cosx2cosx2(cos2
3
===+
0,25






+

=
+

=

k
6
x
(loại) k
6
x

,
(k )Z
. Vậy phơng trình có nghiệm
+

=
k
6
x
,
(k )Z
0,25
III
Tính tích phân 1,00
Đặt





=
++
+
=




=
++=

2/xv
dx
1xx
1x2
du
xdxdv
)1xxln(u
2
2
2
1
1
2 3 2
2
2
0
0
x 1 2x x
I ln(x x 1) dx
2 2 x x 1
+
= + +
+ +


0,25

++

++

+
+=
1
0
2
1
0
2
1
0
1xx
dx
4
3
dx
1xx
1x2
4
1
dx)1x2(
2
1
3ln
2
1
( )
11
1
0
2

1
0
2
I
4
3
3ln
4
3
I
4
3
)1xxln(
4
1
xx
2
1
3ln
2
1
=+++=
0,25
* Tính I
1
:

+






+
=
1
0
2
2
1
2
3
2
1
x
dx
I
. Đặt

=+
2
,
2
t,ttan
2
3
2
1
x
Suy ra
9
3
t
3
32
ttan1
dt)ttan1(
3
32
I
3/
6/
3/
6/
2

2
1

==
+
+
=





0,25
Vậy
12
3
3ln
4
3
I

=
0,25
IV
Tính thể tích khối lăng trụ 1,00
Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA, Khi
đó (P)

(BCH). Do góc
ã

A' AM
nhọn nên H nằm giữa AA. Thiết diện của lăng
trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.
0,25
Do tam giác ABC đều cạnh a nên
3
3a
AM
3
2
AO,
2
3a
AM ===
Theo bài ra
4
3a
HM
8
3a
BC.HM
2
1
8
3a
S
22
BCH
===
0,25

A
B
C
C
B
A
H
O
M
4
a3
16
a3
4
a3
HMAMAH
22
22
===
Do hai tam giác AAO và MAH đồng dạng nên
AH
HM
AO
O'A
=
suy ra
3
a
a3
4

4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===
0,25
Thể tích khối lăng trụ:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
====
0,25
V
Tìm giá trị lớn nhất
1,00

Ta có a
2
+b
2
2ab, b
2

+ 1 2b
1bab
1
2
1
21bba
1
3b2a
1
22222
++

++++
=
++
Tơng tự
1aca
1
2
1
3a2c
1
,

1cbc
1
2
1
3c2b
1
2222
++

++
++

++
0,50
2
1
bab1
b
ab1b
ab
1bab
1
2
1
1aca
1
1cbc
1
1bab
1

2
1
P
=
++
+
++
+
++
=
++
+
++
+
++













0,25
2

1
P =
khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng
2
1
khi a = b = c = 1. 0,25
VIa.1
Viết phơng trình đờng tròn đi qua giao điểm của(E) và (P) 1,00
Hoành độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm của phơng trình
09x37x36x91)x2x(
9
x
23422
2
=+=+
(*)
0,25
Xét
9x37x36x9)x(f
234
+=
, f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0,
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) có 4 nghiệm phân biệt, do đó (E)
cắt (P) tại 4 điểm phân biệt
0,25
Toạ độ các giao điểm của (E) và (P) thỏa mãn hệ

=+
=
1y
9
x
x2xy
2
2
2
0,25
09y8x16y9x9
9y9x
y8x16x8
22
22
2
=+



=+
=

(**)
(**) là phơng trình của đờng tròn có tâm

=
9
4
;
9
8
I
, bán kính R =
9
161
Do đó
4 giao điểm của (E) và (P) cùng nằm trên đờng tròn có phơng trình (**)
0,25
VIa.2
Viết phơng trình mặt phẳng (

)
1,00
Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D

17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5
Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3.
0,25
Khoảng cách từ I tới () là h =
435rR
2222
==

0,25
Do đó



=
=
=+=
++
++
(loại) 17D
7D
12D54
)1(22
D3)2(21.2
222
0,25
Vậy () có phơng trình 2x + 2y z 7 = 0
0,25
VII.a
Tìm hệ số của x
2
1,00
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)
0,25
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
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
0,25
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
VIb.1
Viết phơng trình đờng tròn 1,00
Do B d
1

nên B = (m; - m 5), C d
2
nên C = (7 2n; n)
0,25
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)

0,25
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

0,25
Vậy (C) có phơng trình
0
27
338
y
9
17
x
27
83
yx
22
=++
0,25
VIb.2
Tìm giá trị nhỏ nhất 1,00
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
VIIb
Giải hệ phơng trình mũ 1,00



+=

++=




+=
+=+
+

+
+
1yxe
1yxe
1yxe
)1x(2ee
yx
yx
yx
yxyx
Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ



=
+=




+=

+=
)2(uvee
)1(1ue
1ve
1ue
vu
v
u
v
0,25
- Nếu u > v thì (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm
- Tơng tự nếu u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)
vu =
0,25
Thế vào (1) ta có e
u
= u+1 (3) . Xét f(u) = e
u
- u- 1 , f'(u) = e
u
- 1
Bảng biến thiên:
u -

0 +

f'(u) - 0 +
f(u)
0
Theo bảng biến thiên ta có f(u) = 0

0u =
.
0,25
Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0



=
=




=
=+
=
0y
0x
0yx
0yx
0v

Vậy hệ phơng trình đã cho có một nghiệm (0; 0)
0,25
Tỡm m h cú nghim :

=+
=+
23
44
22
myx
myx
Gii : t s=x
2
+y
2
,p=x
22
y
(K:s,p
)0
Khiúhpt




=
=
232
2
mps
ms

+
=
=
2
23
2
mm
p
ms
Hcúnghim









0
0
4
2
p
s
ps

+


532
10
m
m