Đề thi thử 2010 + ĐA (full, hot, exactly)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
2)2()21(
23
++−+−+= mxmxmxy
(1)
m
là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với
2m =
.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng
: 7 0d x y+ + =
góc
α
, biết
26
1
cos =
α
.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
54
4
2
log
2
2
1

≤−






− x
x
.
2. Giải phương trình
( )
.cos32cos3cos21cos2.2sin3 xxxxx −+=++
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân I
( )
∫
++
+
=
4
0
2
211
1
dx
x
x
.
Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB
2a=
. Gọi I là trung điểm của BC, hình
chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn:
2IA IH= −
uur uuur
, góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng
0
60
.
Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH).
Câu V (1,0 điểm)
Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn
xyzzyx ≤++
222
. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
xyz
z
zxy
y
yzx
x
P
+
+
+
+
+
=
222

.
PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0,
phương trình BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z+ − −
= =
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z− +
= =
−
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình

log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt
nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp
xúc với đường thẳng BG.
2. Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;1;1),cắt đường thẳng
( )
2
1
13
2
:
1
−
−
==
+
z
y
x
d

và vuông góc với đường thẳng
( )
tztytxd +=−=+−= 2;5;22:
2
(
Rt
∈
).
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải phương trình sau trên N
*
:
( )
64802312 73
2321
−−=−++++
nnn
n
n
nnn
CCCC
.
HẾT
Giám thị không giải thích gì thêm. Trả bài và tổng kết vào thứ 2, ngày 28.06.2010
TMT 091 3366 543
LỚP TOÁN 12U
Gv. Trần Mạnh Tùng
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 - SỐ 14
Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài 180 phút, làm tại lớp 12U.
1
ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ SỐ 14 – LÀM TẠI LỚP 12U
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.
Câu ý Nội dung Điểm
I(2đ) 1(1đ
)
Khảo sát hàm số khi m = 2
Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x
3
− 3x
2
+ 4
a) TXĐ:
¡
b) SBT
•Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
0,25
•Chiều biến thiên:
Có y’ = 3x
2
− 6x; y’=0 ⇔ x =0, x =2
x
−∞
0 2

+∞
y’
+ 0 − 0 +
y
−∞
4
0
+∞
Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞ ; 0) và (2 ; +∞), nghịch biến trên (0 ; 2).
0,25
•Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= y(0) = 4;
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= y(2) = 0.
0,25
c) Đồ thị:
Qua (-1 ;0)
Tâm đối xứng:I(1 ; 2)
0,25
2(1đ) Tìm m
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến
⇒
tiếp tuyến có véctơ pháp
)1;(
1
−= kn
d: có véctơ pháp
)1;1(

2
=n
Ta có






=
=
⇔=+−⇔
+
−
=⇔=
3
2
2
3
0122612
12
1
26
1
.
cos
2
1
2
2

21
21
k
k
kk
k
k
nn
nn
α
0,5
Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ⇔ ít nhất một trong hai phương trình:
1
/
ky =
(1) và
2
/
ky =
(2) có nghiệm x
⇔






=−+−+
=−+−+
3

2
2)21(23
2
3
2)21(23
2
2
mxmx
mxmx
⇔




≥∆
≥∆
0
0
2
/
1
/
0,25
⇔




≥−−
≥−−

034
0128
2
2
mm
mm
⇔






≥−≤
≥−≤
1;
4
3
2
1
;
4
1
mm
mm
⇔
4
1
−≤m
hoặc

2
1
≥m
0,25
II(2đ) 1(1đ Giải bất phương trình
TMT 091 3366 543
2
có nghiệm
1
I
2
2
-1
4
0 x
y
có nghiệm
)
Bpt






≤
−
≤
−≤
−

≤−
⇔







≤
−
≥−
−
⇔
)2(3
4
2
log2
)1(2
4
2
log3
9
4
2
log
04
4
2
log

2
1
2
1
2
2
1
2
2
1
x
x
x
x
x
x
x
x
0,25
. Giải (1): (1)
5
16
3
8
0
4
165
0
4
83

8
4
2
4 ≤≤⇔







≤
−
−
≥
−
−
⇔≤
−
≤⇔ x
x
x
x
x
x
x
0,25
. Giải (2): (2)
9
4

17
4
0
4
49
0
4
417
4
1
4
2
8
1
≤≤⇔







≤
−
−
≥
−
−
⇔≤
−

≤⇔ x
x
x
x
x
x
x
0,25
Vậy bất phương trình có tập nghiệm












5
16
;
3
8
9
4
;
17

4

.
0,25
2(1đ) Giải PT lượng giác
Pt
)1cos2()12(cos)cos3(cos)1cos2(2sin3 +−−+−=+⇔ xxxxxx
)1cos2(sin2cossin4)1cos2(2sin3
22
+−−−=+⇔ xxxxxx
0)1sin22sin3)(1cos2(
2
=+++⇔ xxx
0,5
•
1)
6
2sin(22cos2sin301sin22sin3
2
−=−⇔−=−⇔=++
π
xxxxx

π
π
kx +−=⇔
6
0,25
•
)(

2
3
2
2
3
2
01cos2 Zk
kx
kx
x ∈






+−=
+=
⇔=+
π
π
π
π
Vậy phương trình có nghiệm:
π
π
2
3
2
kx +=

;
π
π
2
3
2
kx +−=
và
π
π
kx +−=
6
(k
)Z∈
0,25
III(1đ) 1(1đ
)
Tính tích phân.
I
( )
∫
++
+
=
4
0
2
211
1
dx

x
x
.
•Đặt
dttdx
x
dx
dtxt )1(
21
211 −=⇒
+
=⇒++=
và
2
2
2
tt
x
−
=
Đổi cận
x 0 4
t 2 4
0,25
•Ta có I =
dt
t
t
tdt
t

ttt
dt
t
ttt
∫∫ ∫






−+−=
−+−
=
−+−
4
2
2
4
2
4
2
2
23
2
2
24
3
2
1243

2
1)1)(22(
2
1
0,5
TMT 091 3366 543
3
IV
=








++−
t
tt
t 2
ln43
22
1
2
=
4
1
2ln2 −
0,25

(1đ) Tính thể tích và khoảng cách
•Ta có
⇒−= IHIA 2
H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB
2

a2
=
; AI=
a
; IH=
2
IA
=
2
a
AH = AI + IH =
2
3a
0,25
•Ta có
2
5
45cos.2
0222
a
HCAHACAHACHC =⇒−+=
Vì
⇒⊥ )(ABCSH

0
60))(;( ==
∧∧
SCHABCSC
2
15
60tan
0
a
HCSH ==
0,25
•
6
15
2
15
)2(
2
1
.
3
1
.
3
1
3
2
.
aa
aSHSV

ABCABCS
===
∆
0,25
•
)(SAHBI
SHBI
AHBI
⊥⇒



⊥
⊥

Ta có
22
1
)(;(
2
1
))(;(
2
1
))(;(
))(;( a
BISAHBdSAHKd
SB
SK
SAHBd

SAHKd
===⇒==
0,25
V (1đ)
Tim giá trị lớn nhất của P

xyz
z
zxy
y
xyx
x
P
+
+
+
+
+
=
222
.
Vì
0;; >zyx
, Áp dụng BĐT Côsi ta có:
xyz
z
zxy
y
yzx
x

P
222
222
++≤
=

0,25
TMT 091 3366 543
4
H
K
I
BA
S
C









++=
xyzxyz
222
4
1









++
≤








++
=








+++++≤

xyz
zyx
xyz
xyzxyz
yxxzzy
222
2
1
2
1111111
4
1
2
1
2
1
=








≤
xyz
xyz
0,5
Dấu bằng xảy ra

3===⇔ zyx
. Vậy MaxP =
2
1
0,25
PHẦN TỰ CHỌN:
TMT 091 3366 543
5
TMT 091 3366 543
Câu ý Nội dung Điểm
VIa(2đ) 1(1đ
)
Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0
21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y

=


− + =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


0,25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa
AB và BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b− −
uuur uuur uuur
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là
VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
( ) ( )
os , os ,
AB BD AC AB

c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
= −


⇔ − = + ⇔ + + = ⇔

= −

0,25
- Với a = - b. Chọn a = 1
⇒
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =

 
⇒ ⇒
 
− + = =
 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y
I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =

 


=


( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
⇒
 ÷
 
0,5
- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0,25
2(1đ) Viết phương trình đường thẳng (d)
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m

= − + = +
 
 
= + = − +
 
 
= + = −
 
0,25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t; 1 + 3t; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m; -2 + 5m; -2m)
MN⇒
uuuur
(3 + m - 2t; -3 + 5m - 3t; -2 - 2m - t).
0,25
d ⊥ (P) có
(2; 1; 5)
P
n − −
uur
nên
:
p
k MN kn∃ = ⇔
uuuur uur
3 2 2
3 5 3

2 2 5
m t k
m t k
m t k
+ − =


− + − = −


− − − = −

có nghiệm
0,25
1
1
m
t
=

⇒

=

Khi đó điểm M(1; 4; 3)
⇒
Phương trình d:
1 2
4
3 5

x t
y t
z t
= +


= −


= −

0,25
VII.a
(1 đ)
Tìm phần thực của số phức z
Điều kiện:
3
n N
n
∈


>

log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3 ⇔ log
4

(n – 3)(n + 9) = 3
0,25
⇔ (n – 3)(n + 9) = 4
3
⇔ n
2
+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n
=

⇔

= −

Vậy n = 7.
0,25
⇒
z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=
( ) ( ) ( )
3
2
3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i

 
+ + = + = + − = −
 
0,25
6