Gioi thieu de thi thu Dai hoc NQHoan 2003 2010 (8 nam)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (12.43 MB, 90 trang )

NguyÔn

Quèc

Hoµn

0913 661 886

Giíi

thiÖu

®Ò

thi

thö ®¹i häc

(

Tµi liÖu dïng cho häc sinh 12 «n luyÖn thi §¹i häc

)

Hµ Néi,

8

/

2010
I
K
T
1

T
2

Đề thi thử đại học năm 2010

ôn luyện thi Đại Học Môn Toán Lần 1

Thời gian làm bài 180 phút

Giáo viên ra đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm):

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số:
32
( 1)y x m x m
(1),
m
là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với
4m
.
2. Tìm
m
để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu và viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua hai điểm cực
trị đó.

Câu 2 (2 điểm).

1. Giải ph-ơng trình:

2
26
3cos 3sin .cos 2.cos
33
x x x x

.
2. Giải hệ ph-ơng trình:
22
2 2 1
25 0,2
2 5 2 0
log ( 1) log (3 4 )
x xy y
x y x x y

(

,xy
R).

Câu 3 (1 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đ-ờng:
2
lg(4 5 1); 0; 0; 1y x x y x x
.

Câu 4 (1 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD biết S(1 ; 4 ; 1),
A(1 ; 1 ; 4), C(1 ; 3 ; 2). Gọi H là trung điểm của BD và K là trực tâm tam giác SAB. Tính độ dài đoạn HK.

Câu 5 (1 điểm). Cho các số thực
,,x y z
thoả mãn
0 , , 1x y z
và
2x y z
. Chứng minh rằng:
(1 )(1 )(1 ) 4x y z
.

Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đ-ợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo ch-ơng trình Chuẩn

Câu 6 a (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đ-ờng tròn (C):
22
2 4 4 0x y x y
và đ-ờng thẳng

d:
4 3 0x y m
. Tìm
m
để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ đ-ợc hai tiếp tuyến PA, PB
tới (C) (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đ-ờng thẳng d:
2 5 2 13 0
2 3 2 15 0
x y z
x y z

. Viết ph-ơng trình mặt
phẳng () qua M(3 ; 2 ; 1) sao cho khoảng cách từ d đến () lớn nhất.

Câu 7 a (1 điểm). Gọi
k
n
C
là số tổ hợp chập
k
của
n
phần tử. Tính:
0 1 2 2009
2009 2009 2009 2009

1 1 1
...
2 3 2010
C C C C
.

B. Theo ch-ơng trình Nâng cao

Câu 6 b (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elip (E):
2
2
1
16
x
y
và parabol (P):
2
2y x x
. Chứng minh (E)
và (P) cắt nhau tại bốn điểm phân biệt và viết ph-ơng trình đ-ờng tròn qua các giao điểm đó.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tam giác ABC biết ph-ơng trình AB:
1
1
xt
yt
z

và
AC:
44
7 6 1
x y z

. Viết ph-ơng trình BC biết trực tâm của tam giác ABC trùng với gốc toạ độ.

Câu 7 b (1 điểm). Giải ph-ơng trình sau trên tập số phức:

2
2
2
2 1 0z z z
.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 1

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010. môn toán lần 1 (04 04 2010)

Câu Yêu cầu Điểm
Phần chung (7 điểm)

Câu 1 (2đ)

1
Thay đúng m = 4. Tìm TXĐ
0,25
Đạo hàm, xét dấu đạo hàm, đồng biến nghịch biến 0,25
Cực trị, giới hạn 0,25
Bảng biến thiên 0,25
Đồ thị, có điểm phụ, điểm uốn là tâm đối xứng của đồ thị. 0,25

2
1m
đồ thị hàm số có điểm cực trị 0,25
Ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua hai điểm cực trị:
2
2
( 1)
9
y m x m
.
0,5

Câu 2 (2đ)

1
2
2
2 3sin cos 2cos
3 3 3
PT
x x x

0,25
24
3sin 2 1 cos 2
33
xx

22
3sin 2 cos 2 1
33
xx

0,25
2
2sin 2 1
36
x

1
sin 2
22
x

0,25
1
cos2
2
x

22
3
xk

,
6
x k k

Z

Ph-ơng trình có nghiệm:
,
6
x k k

Z
.
0,25

2
22
2
2 5 2 0 (2 )( 2 ) 0 (*)
1

2
yx
x xy y x y x y
yx

0,25
2 2 1
25 0,2
log ( 1) log (3 4 )x y x x y

22
55
log 1 log (3 4 )x y x x y

22
3 4 0 (1)
1 3 4 (2)
xy
x y x x y

0,25
Thay (*) vào (2) giải tìm nghiệm thoả mãn (1)
Hệ ph-ơng trình có nghiệm:
2
1
x
y

.
0,5

Câu 3 (1đ)
22
4 5 1 1, 0 lg(4 5 1) 0, 0x x x x x x

Diện tích hình phẳng cần tính: S =
1
2
0

lg(4 5 1)x x dx

0,25
S =

1
2
1
2
2
0
0
1 8 5
lg(4 5 1)
ln10 4 5 1
xx
x x x dx
xx

0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 2

S =

1
2
2
0
1 2(4 5 1) (4 1) ( 1)
1
ln10 4 5 1
x x x x
dx
xx

S =
1 1 1
0 0 0
1 1 1
12
ln10 1 4 1
dx dx dx
xx

0,25
1
11
00
0
11
S 1 2 ln( 1) ln(4 1)
ln10 4
x x x

11
1 2 ln2 ln5
ln10 4

(đvdt).
0,25

Câu 4 (1đ)
SH (ABCD) tại H và H(1 ; 2 ; 1) SH =
0 36 4 2 10

AC =
0 4 36 2 10
AB =
25

Gọi J là trung điểm AB HJ =
5
và SJ AB tại J
0,25
Chứng minh: HK AB và HK SB HK (SAB) HK SJ tại K
0,5
SHJ vuông tại H, có đ-ờng cao HK. Tính đ-ợc HK =
2
10
3
.
0,25

Câu 5 (1đ)
Với gt đặt:
2
sinxA
,
2
sinyB
,
2
sinzC
(A, B, C là ba góc của

tam giác ABC nhọn) (
2 2 2
sin sin sin 2 2cos .cos .cosA B C A B C
)
0,25
Lại có:
2 2 (1)x y z x y z

Và:
sin .sin sin .sin cos .cos cos( ) cosA B A B A B A B C

2 2 2
sin .sin cosA B C

2 2 2
sin .sin 1 sinA B C

1xy z
(2)
0,25
(1 )(1 )xy
=
1 ( )x y xy
>
1 (2 ) (1 )zz
(Do (1) và (2))

(1 )(1 )xy
> 2
(2 )z

0,25

(1 )(1 )(1 ) 2(2 )(1 )x y z z z
(3)
Mà:
2
2(2 )(1 ) 2(2 ) 4 2 (1 ) 4z z z z z z
(4)
Từ (3) và (4) suy ra đpcm.
0,25
Phần riêng (3 điểm)

Chuẩn

Câu 6a (2đ)
1. Đ-ờng tròn (C) có tâm I(1 ; 2), bán kính R = 1
PAB đều PI = 2R = 2
P đường tròn (C) tâm I(1 ; 2), bán kính R = 2
0,5
Trên d có duy nhất một điểm P thoả mãn đề bài d tiếp xúc với (C)
tại P d
(I ; d)
= R
46
2

16 9
m

10 10m

0
20
m
m

.
0,5
2. Đ-ờng thẳng d qua A(9 ; 1 ; 0) và có VTCP
(4 ; 2 ;1)u

Tìm đ-ợc hình chiếu của M trên d là H(5 ; 1 ; 1)
0,25
d
(d ; (

))
> 0 khi d // () d
(d ; (

))
= d
(H ; (

))

0,25
Gọi K là hình chiếu của H trên () d
(d ; (

))
= d
(H ; (

))
= HK HM
Khoảng cách từ H đến () lớn nhất khi HK = HM K M
() qua M và nhận
HM
= (2 ; 3 ; 2) làm VTPT
0,25
Ph-ơng trình mặt phẳng ():
2(x 3) + 3(y + 2) 2(z 1) = 0 hay 2x + 3y 2z + 2 = 0.
0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 3

Câu 7a (1đ)
1

2009
0
(1 )x dx

=

1
0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
0
...C xC x C x C dx

Từ đó tính đ-ợc:
0 1 2 2009
2009 2009 2009 2009
1 1 1
...
2 3 2010
C C C C
=
2010
21
2010

.
1

NCao

Câu 6b (2 đ)
1. Thay
2
2y x x
vào
2
2
1
16
x
y
đ-ợc
2
22
( 2 ) 1 0
16
x
xx

Gọi
2
22
( ) ( 2 ) 1
16
x
f x x x
,
()fx
là hàm số liên tục trên R
0,25

Lập luận để
( ) 0fx
có bốn nghiệm phân biệt
0,25
Toạ độ giao điểm của (E) và (P) là nghiệm hệ ph-ơng trình:
2
2
2
1
16
2
x
y
y x x

22
30 15
10
16 16
x y x y

0,25
Rõ ràng
22
15 15
( 1) 0
16 32

Vậy các giao điểm của (E) và (P) thuộc đ-ờng tròn có ph-ơng trình:
22
30 15
10
16 16
x y x y

0,25
2. Ph-ơng trình mặt phẳng () qua O và vuông góc AB:
0xy

() AC = {C} C
4 4 8
;;
13 13 13

0,25
Đ-ờng thẳng AC có VTCP
(7 ; 6 ; 1)
AC
u

Ph-ơng trình mặt phẳng () qua O và vuông góc AC:
7 6 0x y z

() AB = {B} B
58
; ;1
13 13

0,5
Ph-ơng trình BC:
58
1
33
1 4 5
xy
z

.
0,25

Câu 7b (1đ)

22
22
22
2 1 0 2 1z z z z z z

2
2
2
2z z i z i

0,25
22
22
2 ( 1) 2 0
2 ( 1) 2 0
z z iz i z i z i
z z iz i z i z i

0,25
Giải ra nghiệm:
; 1 2 ; ; 1 2z i z i z i z i

Chú ý:
22
8 6 9 6 1 (3 1)i i i i
.
0,5

Các cách giải khác mà đúng vẫn cho điểm
Đề thi thử đại học năm 2010

ôn luyện thi Đại Học Môn Toán Lần 2

Thời gian làm bài 180 phút

Giáo viên ra đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm):

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số:
42

( 1) 1 2y mx m x m
(1),
m
là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với
1m
.
2. Tìm
m
để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại và một điểm cực tiểu.

Câu 2 (2 điểm).
1. Giải ph-ơng trình:
22
1 1 9
sin tan cos
12 4 2 4
x x x

.
2. Giải hệ ph-ơng trình:
22
22
5 5 4 1
5 5 4 2
x x y y

x y x y

(
,xy
R).

Câu 3 (1 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay đ-ợc tạo nên do quay xung quanh trục
Ox
hình phẳng giới hạn bởi
các đ-ờng:
2
; 2 ; 1; 2
x
y x y x x
.

Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đ-ờng cao SH =
a
(
a
> 0), góc giữa hai mặt phẳng (SAB)
và (ABCD) bằng

(0

0
<

< 90
0
). Tính theo
a
và

khoảng cách giữa hai đ-ờng thẳng AB, SC.

Câu 5 (1 điểm). Cho tứ diện chỉ có một cạnh có độ dài lớn hơn 1, các cạnh khác có độ dài nhỏ hơn hoặc bằng 1.
Chứng minh rằng thể tích tứ diện này không v-ợt quá
1
8
.

Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đ-ợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo ch-ơng trình Chuẩn

Câu 6 a (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 2) và đ-ờng tròn (C):
22
10 12 14 0x y x y
. Qua
M kẻ hai tiếp tuyến d
1
, d
2

tới (C). Tính góc giữa hai đ-ờng thẳng d
1
, d
2
.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(3 ; 2 ; 1) và đ-ờng thẳng :
12
23
5
xt
yt
zt

. Viết ph-ơng
trình đ-ờng thẳng d qua A, cắt và tạo với một góc 60
0
.
Câu 7 a (1 điểm). Tính môđun của số phức:

2 3 3 2
3
ii
z

i

.

B. Theo ch-ơng trình Nâng cao

Câu 6 b (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elip (E):
22
1
25 9
xy

. Tìm toạ độ điểm M thuộc (E) sao cho MF
1
và
MF
2
vuông góc với nhau. Với F
1
, F
2
là các tiêu điểm của (E).
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng ():
2 2 18 0x y z
và hai đ-ờng thẳng có ph-ơng
trình d
1

:
1
1
1
64
3
4
xt
yt
zt

, d
2
:
2
2
2
2
3
2
xt
yt
zt

. Tìm toạ độ điểm M trên d
2
, có khoảng cách đến d
1
và () bằng nhau.
Câu 7 b (1 điểm). Tìm số hạng không chứa
x
trong khai triển sau:
2010
3
2
x
x

.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 1

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010. môn toán lần 2 (18 04 2010)

Câu Yêu cầu Điểm
Phần chung (7 điểm)

Câu 1 (2đ)

1
Thay đúng m = 4. Tìm TXĐ. Đạo hàm, xét dấu đạo hàm
0,25
Đồng biến, nghịch biến. Cực trị 0,25
Giới hạn. Bảng biến thiên 0,25
Đồ thị, có điểm phụ, điểm uốn.
0,5

2
ycbt

m
< 0 và
'y
= 0 có ba nghiệm phân biệt và đổi dấu qua ba nghiệm
đó
0,25

Giải đúng
0m
.
0,5

Câu 2 (2đ)

1
Điều kiện:
cos 0x

1 1 1 1 1 9
cos 2 tan cos 2
2 2 6 4 4 4 2
PT
x x x

1 1 3 1 1 1
cos2 sin2 tan cos 2
4 2 2 2 4 4 2
x x x x

1 3cos2 sin2 tan sin2x x x x

(1 tan ) 3cos2 0xx

0,25

cos sin
3 cos sin cos sin 0
cos
xx
x x x x
x

cos sin 0 (*)
1
3 cos sin 0 (**)
cos
xx
xx
x

(*)
tan 1 ( )
4
x x k k

Z
(Thoả mãn điều kiện)
0,25
(**)
2
2
1
3 3tan 0 tan 3 tan 1 3 0
cos
x x x
x

3 4 3 1
tan
2
x

3 4 3 1
tan ( )
2
x arc k k

Z
(Thoả mãn điều kiện)
0,25
Kết luận: ph-ơng trình có nghiệm là
4
xk

;
3 4 3 1
tan
2
x arc k

.
0,25

2

Điều kiện:
55
55
22
x
y

Đặt:
2 2 2
2 2 2
5 5 2 5
5 4 2 5 4 5 4
a x x a x x
b y y b y y

0,25
Hệ ph-ơng trình ban đầu trở thành:
22
55
1
24

0
ab
ab

0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 2

Giải ra:
1
1
1
1
a
b
a
b

2
2
2
2
51
5 4 2 1
51
5 4 2 1
xx
yy
xx
yy

Giải tiếp tìm đ-ợc nghiệm hệ ph-ơng trình
( ; )xy
: (1 ; 1) ;
1
2;
2

.
0,5

Câu 3 (1đ)
Khẳng định đ-ợc:
2
2 :1 2
x
x x x

0,25
Thể tích khối tròn xoay cần tính bằng:
V
Ox
=

22
22
24
11
24
xx
x dx x dx

0,25

2
5
1
4
ln4 5
x
x

0,25

2 5 1 5
4 2 4 1 6 31
ln4 5 ln4 5 ln2 5

(đvdt).
0,25

Câu 4 (1đ)
AB // CD, CD (SCD) AB // (SCD) d
(AB, SC)
= d
(AB, (SCD))
= d
(A, (SCD))

0,25
Tính đ-ợc: V
S.ABCD
=

32
2
1 4 cot
2 cot
33
a
aa

0,25
Tính đ-ợc: S

SCD
=
2
1 cot
2 cot
2 sin sin
aa
a

0,25
V
S.ACD
=
1
2
V
S.ABCD
=
32
2 cot
3

a

mà: V
S.ACD
= V
A.SCD
=
1
3
d
(A, (SCD))
S

SCD

d
(A, (SCD))
=
32
S.ACD
2
SCD
3V
3.2 cot sin
2 cos
S
3 cot
a
a
a

(TS có thể làm bằng cách d
(AB, SC)
= d
(AB, (SCD))
= d
(A, (SCD))
= 2 d
(H, (SCD))
)
(Với H là giao điểm của AC và BD).
0,25

Câu 5 (1đ)
Xét tứ diện ABCD có AD > 1, các cạnh còn lại bé hơn hoặc bằng 1.
Gọi AH (BCD) tại H, AE BC tại E, DF BC tại F.
Đặt BC =
a
(0 <
a
1).
Tr-ờng hợp 1: EB
2
a
AE =
2

22
AC EC 1
4
a

Tr-ờng hợp 2: EB
2
a
AE =
2
22
AB EB 1
4
a

Vậy trong mọi tr-ờng hợp luôn có AE
2
1
4
a

Chứng minh t-ơng tự DF
2
1
4
a

0,25

Thể tích của tứ diện ABCD bằng:
V =
1
3
AH.S
BCD
=
1
6
AH.DF.BC
1
6
AE.DF.BC =
1
6
2
1
4
a
a

0,25

Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 3

V
1
24

2
4 aa

Xét hàm số

23
( ) 4 4f a a a a a
, với 0 <
a
1
2
'( ) 4 3 0f a a

()fa
là hàm đồng biến trên (0 ; 1]

()fa

(1) 3f
V
11

.3
24 8

(đpcm)
0,25
V =
1
8
khi
a
= 1 và H E và EB = EC và FB = FC và AC = AB = 1 và
BD = DC = 1
V =
1
8
khi ABC và BCD đều có cạnh bằng 1 và (ABC) (BCD).
0,25

Phần riêng (3 điểm)

Chuẩn

Câu 6a (2đ)
1. Đ-ờng tròn (C) có tâm I(5 ; 6), bán kính R =
53
. IM = 10
Gọi A là tiếp điểm của d
1
với (C), B là tiếp điểm của d
2

với (C)
IA = IB = R =
53

0,25
IAM vuông tại A
0
IA 3
sinIMA IMA 60
IM 2

0
AMB 120

0,25
Vậy góc giữa hai đ-ờng thẳng d
1
và d
2
bằng 60
0
.
0,5
2. Giả sử d cắt tại M M M(2
t
1 ; 3
t
2 ;
t

+ 5)
Đ-ờng thẳng d nhận
AM
= (2
t
+ 2 ; 3
t
4 ;
t
+ 6) làm VTCP
Đ-ờng thẳng có VTCP
u
= (2 ; 3 ; 1)
0,25
Do d và tạo với nhau góc 60
0

1
cos ; AM
2
u

2 2 2
4 4 9 12 6
1
2
14 4 4 8 9 16 24 12 36
t t t

t t t t t t

0,25

2
214 14 14 14 28 56t t t

2
2 2 2 4t t t

22
4 8 4 2 4t t t t

2
3 6 0tt

0
2
t
t

0,25
t
= 0
AM
= (2 ; 4 ; 6) ;
t
= 2
AM
= (6 ; 2 ; 4)
Kết luận: Có hai đ-ờng thẳng thoả mãn đề bài với ph-ơng trình là:

3 2 1
1 2 3
x y z

;
3 2 1
3 1 2
x y z

.
0,25

Câu 7a (1đ)

2 3 2 3 (3 4) 3
2 3 3 2

3
33
ii
ii
z
i
ii

0,25

(12 1) 4 3 3
11 5 3
3 1 4 4
i
i

0,25
Môđun số phức
z

bằng:
121 75 7
16 16 2
z
.
0,5
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 4

NCao

Câu 6b (2 đ)
1.
2
a
= 25,
2
b
= 9
2 2 2
c a b
= 16
c
= 4
Các tiêu điểm của (E) là: F
1
(4 ; 0) và F
2
(4 ; 0)

0,25
M
00
( ; )xy
(E)
22
00
1
25 9
xy

(1)
00
( 4 ; )xy
1
FM
,
2 0 0
( 4 ; )xyFM

F
1
M F
2
M
2
.
1
F M F M
= 0

22
00
16 0xy
(2)
0,25
Từ (1) và (2) giải ra:
2
0
175
16
x
và
2
0
81
16
y

0,25
Kết luận: Có bốn điểm thoả mãn đề bài với toạ độ là
5 7 9
;
44

,
5 7 9
;

44

,
5 7 9
;
44

,
5 7 9
;
44

.
0,25
2. M d
2
M(2
2

t
; 3
2
t
; 2 +
2
t
)
Khoảng cách từ M đến () bằng:
d
(M ; (

))
=
2 2 2 2
2 6 2 4 2 18 26
3
1 4 4
t t t t

0,25
Ph-ơng trình mặt phẳng () qua M và vuông góc d
1
là:
2
4 2 7 0x y z t

Toạ độ hình chiếu H của M lên d

1
là:
H
2 2 2
4
22 19 44
;;
9 9 9 9 9 9
t t t

0,25
Khoảng cách từ M đến d
1
bằng:
MH =
222
222
4 5 46 10 62 10
9 9 9
ttt

=
2

22
25 40 664
3
tt

0,25
Do d
(M ; (

))
= d
(M ; d1)
, nên có:
2
26
3
t
=
2
22
25 40 664
3
tt

...
2
22
2 1 0tt

2

2
1
1
2
t
t

Kết luận: Có hai điểm thoả mãn đề bài với toạ độ
(1 ; 2 ; 3) ,
5 7 3
;;
222

.
0,25

Câu 7b (1đ)
Số hạng thứ
( 1)k
trong khai triển là:

2010
1 2010
3
2
T
k
k
k
k
Cx
x

=
2010
2
2010
2010
3
2
( 1)
k
k
kk
k
Cx

x

5 2010
2010
63
2010
( 1) 2
k
k k k
Cx

2010
k
k

N

0,25
Số hạng thứ
( 1)k
không phụ thuộc vào
x

5 2010
0
63
k

k
= 804 (thoả mãn điều kiện)
0,25
Vậy số hạng thứ 805 không phụ thuộc vào
x
và bằng:
805
T

1206 804
2010
2 C
.
0,5

Các cách giải khác mà đúng vẫn cho điểm

Đề thi thử đại học năm 2010

ôn luyện thi Đại Học Môn Toán Lần 3

Thời gian làm bài 180 phút

Giáo viên ra đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm):

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số:
2
2
x
y
x

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số trên.
2. Viết ph-ơng trình tiếp tuyến với đồ thị (H) biết tiếp tuyến qua điểm M(3 ; 4).

Câu 2 (2 điểm).
1. Giải ph-ơng trình:
2.sin .cos3 2.sin2 cot .cos2x x x x x
.
2. Giải hệ ph-ơng trình:

2
log 2
1
25
5 2 1 10 2
log ( 3).log 4 15 2
y
y
x x x
x

(
,xy
R).

Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân: I =
2
3
0
cos
2 sin2
x

dx
x

.

Câu 4 (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, đ-ờng cao SA =
2a

(
a
> 0). Mặt phẳng () qua A vuông góc với SC và cắt SB, SC, SD theo thứ tự tại các điểm E, F, H. Tính thể
tích của khối chóp S.AEFH.

Câu 5 (1 điểm). Cho các số thực
,,abc
thoả mãn:
2 2 2
1abc
. Chứng minh rằng:
2(1 ) 0abc a b c ab bc ca
.

Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đ-ợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo ch-ơng trình Chuẩn

Câu 6 a (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết A(1 ; 2) và B(2 ; 2). Tìm toạ độ các đỉnh C, D.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba đ-ờng thẳng d
1
, d
2
, d
3
chéo nhau từng đôi một và có ph-ơng trình là
d
1
:
1
1
1
12
12
4
xt
yt
zt

, d
2
:

2
2
2
1
62
12
xt
yt
zt

, d
3
:
2 6 2
1 1 1
x y z

.
Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng cắt d
1
, d
2
, d

3
theo thứ tự tại các điểm A, B, C sao cho B là trung điểm của AC.

Câu 7 a (1 điểm). Tìm giới hạn sau:
7
1
1
lim
1
x
x
x

.

B. Theo ch-ơng trình Nâng cao

Câu 6 b (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 4), đ-ờng thẳng d qua M cắt tia Ox và tia Oy tại các điểm E,
F. Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng d biết (OE + OF) đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1 ; 2 ; 3), B(2 ; 1 ; 2), C(4 ; 6 ; 1) và mặt phẳng () có
ph-ơng trình:
2 2 15 0x y z
. Tìm toạ độ điểm M trên () để (MA
2
+ MB
2
+ MC

2
) đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 7 b (1 điểm). Cho tập hợp A = {1 ; 2 ; 3 ; 4}, có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau từng đôi một
đ-ợc lập ra từ tập A. Tính tổng các số tự nhiên tìm đ-ợc ở trên.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 1

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010. môn toán lần 3 (14 05 2010)

Câu Yêu cầu Điểm
Phần chung (7 điểm)

Câu 1 (2đ)

1
Tìm TXĐ, Đạo hàm, xét dấu đạo hàm, đồng biến nghịch biến, cực trị 0,25
Giới hạn, tiệm cận 0,25
Bảng biến thiên 0,25
Đồ thị, có điểm phụ, giao điểm 2 đ-ờng TC là tâm đối xứng của đồ thị.
0,25

2

Đ-ờng thẳng song song trục hoành luôn không là tiếp tuyến của (H), giả
sử tiếp tuyến có hệ số góc
k
ph-ơng trình tiếp tuyến dạng
d:
( 3) 4y k x

34y kx k

0,25
d tiếp xúc với (H) hệ ph-ơng trình sau có nghiệm
2
2
3 4 (1)
2
4
(2)
( 2)
x
kx k
x
k
x

0,25
Thay (2) vào (1) giải ra:
4x
,
8
3
x

1k
,
9k

0,25
Ph-ơng trình các tiếp tuyến qua M của (H) là:
7yx
,
9 31yx
.
0,25

Câu 2 (2đ)

1

ĐK:
sin 0x

sin2 sin4 2sin2 sin cos .cos2
PT
x x x x x x

0,25
sin4 .sin cos2 .cos sin2 .sinx x x x x x

cos3 cos5 2cos3x x x

0,25
cos5 cos3 0xx

cos .cos4 0xx

cos 0
cos4 0
x
x

(TMĐK, vì
2 2 2

cos4 2cos 2 1 2(1 2sin ) 1 1x x x
)
0,25
2
4
2
xk
xk

2
84
xk
k
k
x

Z
, là nghiệm ph-ơng trình.
0,25

2
Giải ph-ơng trình
5 2 1 10 2x x x
đ-ợc nghiệm
x
= 2
0,5
Thay
x
= 2 vào ph-ơng trình còn lại đ-ợc

2
log 4
1
25
log 5.log 4 15 2

y
y

, với
y
> 0

1
2
log 4 15 4
y
y

14
4 15 2
yy

0,25

4.16 4 60 0
yy

44
15
4

4
y
y

y
= 1 (TMĐK)
Hệ ph-ơng trình có nghiệm:
2
1
x
y

.
0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 2

Câu 3 (1đ)

Chứng minh: I =
2
3
0
sin
2 sin2
x
dx
x

0,25
2I =
2
33
0
sin cos
2 sin2
xx
dx
x

=
2
0

(sin cos )(1 sin .cos )
2(1 sin .cos )
x x x x
dx
xx

0,25
I =
2
0
1
(sin cos )
4
x x dx

=
2
0
1
( cos sin )
4
xx

0,25
I =
1 1 1
( 0 1) ( 1 0)
4 4 2

.
0,25

Câu 4 (1đ)
SC () tại F F là trung điểm SC (vì SAC vuông cân tại A)
AF = FS = FC =
a

0,25
Gọi AC BD = {I}, SI AF = {J} J là trọng tâm SAC
() SC, BD SC, BD () BD // ()
0,25
Trong (SBD) đ-ờng thẳng qua J và song song BD cắt SB tại E và cắt SD
tại H EH =
2
3
BD =
22
3
a

Và: BD (SAC) BD AF EH AF
0,25

Thể tích khối chóp S.AEFH bằng:
V =
3
1 1 1 2
.S . .
3 3 2 9
a

AEFH
.SF AF.EH.SF
.
0,25

Câu 5 (1đ)
2 2 2
1abc

(1 )(1 )(1 ) 0abc

(1 )(1 ) 0a b ab c

10a b ab c ac bc abc
(1)
0,25
2
(1 ) 0abc

2 2 2
1 2 2 2(1 )( ) 0a a b c bc a b c

2 2 2
1 2 2 2 2 2 2 0a b c a b c ab bc ca

10a b c ab bc ca
(Do
2 2 2
1abc
) (2)
Lấy (1) + (2) suy ra đpcm
0,5
Dấu = xảy ra khi một trong ba số bằng 1 và hai số còn lại bằng 0.
0,25
Phần riêng (3 điểm)

Chuẩn

Câu 6a (2đ)
1.
AB (3; 4), AB 9 16 5

Đ-ờng thẳng BC qua B và vuông góc AB nên nhận
(4 ; 3)u

làm VTCP,
nên có ph-ơng trình tham số:
24
23
xt
yt

C BC C
(4 2 ; 3 2)tt

0,25
Do ABCD là hình vuông BC = AB
22
16 9 5tt

1t

0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 3
1t
C(2 ; 5);
2 3 5
AB DC

5 4 1
DD
DD
xx
yy

D(5 ; 1)
0,25
1t
C(6 ; 1);
6 3 3
AB DC
1 4 5
DD
DD
xx
yy

D(3 ; 5)
Kết luận: C(2 ; 5) và D(5 ; 1); hoặc C(6 ; 1) và D(3 ; 5).

0,25
2. Đ-ờng thẳng d
3
có ph-ơng trình tham số:
3
3
3
2
6
2
xt
yt
zt

A d
1
A(
1 1 1
2 1; 2 1; 4t t t
)
B d
2

B(
2 2 2
1; 2 6 ; 2 1t t t
)
C d
3
C(
333
2 ; 6 ; 2ttt
)
0,25
B là trung điểm của AC
1 3 2
1 3 2
1 3 2
2 3 2 2
2 7 4 12
6 4 2
t t t
t t t
t t t

0,25
Giải ra:
1
2
3
1
2
1
t
t
t

A(1 ; 1 ; 5), B(1 ; 2 ; 3), C(3 ; 5 ; 1)
0,25
Đ-ờng thẳng thoả mãn đề bài sẽ qua A và nhận
AB ( 2 ; 3; 2)
làm
VTCP, nên có ph-ơng trình là:
1 1 5
2 3 2
x y z

.
0,25

Câu 7a (1đ)
7 7 3 3
11
1 ( ) ( 1)
lim lim
11
xx
x x x x
xx

0,25

3 4 3
1
( 1) 1
lim
11
x
x x x
xx

0,25

3 2 2
1
lim ( 1)( 1) ( 1)
x
x x x x x

0,25

1(1 1)( 2) (1 1 1) 7
.
0,25

NCao

Câu 6b (2 đ)
1. Giả sử d cắt tia
Ox
, tia
Oy

tại E(
;0a
), F(
0;b
);
( ; 0)ab

Ph-ơng trình đ-ờng thẳng d có dạng:
1
xy
ab

M(1 ; 4) d
14
1
ab

(*)
0,25
OE + OF =
ab
=
1 4 4
( ) 5
ab
ab
a b b a

4
5 2 9
ab
ba

0,25
Min (OE + OF) = 9 khi
14
1
4
ab
ab
ba

3
6
a

b

0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 4
Vậy đ-ờng thẳng cần tìm có ph-ơng trình:
1
36
xy

.
0,25
2. Gọi G là trọng tâm ABC G(1 ; 1 ; 2)
MA
2
=

2
2. .
2 2 2
MA MG GA MG GA MG GA

Hay: MA
2

= MG
2
+ GA
2
+
2. .MG GA
. T-ơng tự có
MB
2
= MG
2
+ GB
2
+
2. .MG GB
; MC
2
= MG
2
+ GC
2
+
2. .MG GC

0,25
MA
2
+ MB
2
+ MC

2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2

+

2. MG GA GB GC

MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= 3MG
2
+ GA
2
+ GB
2
+ GC
2

2 2 2
MA MB MC
nhỏ nhất khi MG nhỏ nhất M là hình chiếu
của G lên ()
0,25
Mp() có VTPT
(2 ; 2 ;1)n

Gọi d là đ-ờng thẳng qua G và vuông góc với () d nhận
(2 ; 2 ;1)n
làm VTCP ph-ơng trình đ-ờng thẳng d là:
12
12
2
xt
yt
zt

0,25
d () = {M} toạ độ M là nghiệm hệ ph-ơng trình:
12

12
2
2 2 15 0
xt
yt
zt
x y z

1
3
3
3
t
x
y
z

. Vậy M(3 ; 3 ; 3) là điểm cần tìm.
0,25

Câu 7b (1đ)
Số các số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau từng đôi một đ-ợc lập ra từ
tập A {1 ; 2 ; 3 ; 4} là: 4! = 24 (số)
0,25
Gọi số cần tìm có dạng
1 2 3 4
a a a a

Nếu chọn
4
1a
thì có 3! = 6 cách chọn các vị trí còn lại. Vậy có 6 số
dạng
1 2 3
1a a a
. T-ơng tự có 6 số dạng
1 2 3
2a a a
, 6 số dạng

1 2 3
3a a a
, 6 số
dạng
1 2 3
4a a a
.
Suy ra tổng các chữ số hàng đơn vị bằng 6(1 + 2 + 3 + 4) = 60
0,25
T-ơng tự tổng các chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn đều bằng 60 0,25
Vậy tổng các số tự nhiên thoả mãn đề bài bằng:
60.10
3
+ 60.10
2
+ 60.10 + 60 = 66 660.
0,25

Các cách giải khác mà đúng vẫn cho điểm
Đề thi thử đại học năm 2010

ôn luyện thi Đại Học Môn Toán Lần 4

Thời gian làm bài 180 phút

Giáo viên ra đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm):

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số:
32
3 ( 2)y x mx m x m

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên với
m
= 1.
2. Tìm
m
để hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; +).

Câu 2 (2 điểm).
1. Giải ph-ơng trình:
22
sin cos 2 cos .cos3 3sin2 2cos4x x x x x x
.
2. Giải hệ ph-ơng trình:

13
22
2 5 3 2
log 4 .log 4 3
xx
y y y
yy

(
,xy
R).

Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân: I =

3
2
42
1
dx
xx

.

Câu 4 (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB = CD =
a
, AC = BD =
b
, BC = AD =
c
. Trong mặt phẳng (BCD) xác
định tam giác PQR sao cho B, C, D là trung điểm các cạnh QR, RP, PQ. Chứng minh AP, AQ, AR vuông góc
với nhau từng đôi một và tính thể tích của khối tứ diện ABCD theo
a
,

b
,
c
.

Câu 5 (1 điểm). Cho
,,x y z
ba số thực d-ơng thoả mãn:
1x y z
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P =
2 2 2
11
xyz
x y z

.

Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đ-ợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo ch-ơng trình Chuẩn

Câu 6 a (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai điểm thay đổi A(
a
; 0), B(0 ;
b
) sao cho độ dài AB = 3. Điểm M
thoả mãn

2MA MB 0
; chứng minh M chạy trên một đ-ờng Elip, viết ph-ơng trình Elip đó.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz; tính khoảng cách giữa hai đ-ờng thẳng:
d
1
:
22
42
14
xt
yt
zt

và d
2
:
12
1 1 2
x y z

.

Câu 7 a (1 điểm). Gọi
k
n
C
là số tổ hợp chập
k
của
n
phần tử. Chứng minh rằng:

2 1 2 2 2 2 2
1 2 ... 2
nn
n n n
C C n C n n

, với mọi số nguyên d-ơng
n
.

B. Theo ch-ơng trình Nâng cao

Câu 6 b (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 4), viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M và cắt hai tia Ox,
Oy theo thứ tự tại các điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz; viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M(1 ; 2 ; 3) đồng thời cắt cả hai
đ-ờng thẳng d
1
:

11
1 2 2
x y z

và d
2
:
34
2 2 1
x y z

.

Câu 7 b (1 điểm). Tìm trên đồ thị của hàm số
2
2
1
xx
y
x

, hai điểm đối xứng nhau qua d:
3yx
.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 1

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010. môn toán lần 4 (21 05 2010)

Câu Yêu cầu Điểm
Phần chung (7 điểm)

Câu 1 (2đ)

1
Thay
1m
. Tìm TXĐ, đạo hàm, xét dấu đạo hàm 0,25
Đồng biến nghịch biến, cực trị 0,25
Giới hạn, bảng biến thiên 0,25
Đồ thị, có điểm phụ, điểm uốn là tâm đối xứng của đồ thị. 0,25

2
2
' 3 6 2y x mx m

Hàm số đồng biến trên khoảng (0 ; +) khi
' 0, (0 ; )yx

(
'0y

chỉ xảy ra tại hữu hạn điểm thuộc khoảng (0 ; +))
0,25
'2
'
9 3 6 3( 1)(3 2)
y
m m m m

Tr-ờng hợp 1:
'
'
0
y

2
1
3
m

' 0,yx
. Hàm số đồng
biến trên R
0,25
Tr-ờng hợp 1:
'
'
0
y

1
2
3
m
m

, giả sử
12
,xx
là hai nghiệm của
'y

12
0
ycbt
xx

20
2
0
3
Sm
m
P

20m

0,25
Kết luận: với
21m
hàm số đồng biến trên (0 ; +).
0,25

Câu 2 (2đ)

1
1 cos2 1 cos4 cos2 cos4 2 3sin2 4cos4
PT
x x x x x x

1 2cos4 cos2 3sin2x x x

0,25
1 1 3
cos4 cos2 sin2
2 2 2

x x x

cos cos4 sin 2
36
xx

2sin 2 sin 2 sin 2
6 6 6
x x x

0,25
1
sin 2 sin 2 0
6 6 2
xx

sin 2 0
6
1
sin 2
62
x
x

0,25

2
6
22
66
5
22
66
xk
xk
xk

12 2

6
2
k
x
x k k
xk

Z
, là nghiệm ph-ơng trình.
0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 2

2
Giải ph-ơng trình
2 5 3 2y y y
đ-ợc nghiệm
y
= 2
0,5
Thay
y
= 2 vào ph-ơng trình còn lại đ-ợc

1
22
log 4 2 log 4 8 3
xx

Đặt:

2
log 4 2
x
t
. Giải ra:
2
1
8
t
t

0,25

4 2 2
1
42
8
x
x

4
1
17
log
8
x
x

Hệ ph-ơng trình có nghiệm:
1
2
x
y

,
4
17
log
8
2
x
y

.
0,25

Câu 3 (1đ)
22
4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
( ) ( 1) 1x x x x x x

4 2 2 2 2 2
1 1 2
( 1) ( 1)x x x x

4 2 2 2 2
1 1 1 1
22
( 1) 1x x x x

I

3 3 3
4 2 2 2 2
1 1 1
1 1 1 1
22
( 1) 1
dx dx dx
x x x x

0,25
I
3
33
3 2 2 2
1
11
1 2 1 1
2
3 ( 1) 1
dx dx
x
x x x

33
2 2 2
11
17 3 45 1 1
2
27
( 1) 1
dx dx
xx

0,25
Đặt
tan ,
22
x t t

;
1

4
xt

;
3
3
xt

22
2
1
1 1 tan
cos
xt
t

;
2
cos
dt
dx
t

I
33

42
22
44
17 3 45 cos cos
2
27
cos cos
tt
dt dt
tt

33
44
17 3 45 1
(1 cos2 ) 2
27 2
t dt dt

0,25

I
3
3
4
4
17 3 45 1 1
sin2 2
27 2 2
t t t

17 3 45 3 2 5
27 8 24

.
0,25

Câu 4 (1đ)
BC là đ-ờng trung bình của tam giác PQR BC =
1

2
PQ
Mà BC = AD =
a

Trong tam giác APQ có: AD = DP = DQ =
1
2
PQ =
a

tam giác APQ vuông tại A hay AP AQ
0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 3
Chứng minh t-ơng tự có: AP AR, AQ AR
0,25
Ta có: AP
2
+ AQ
2
= PQ
2
= 4
2
c
,
AQ
2

+ AR
2
= QR
2
= 4
2
a
, AR
2
+ AP
2
= PR
2
= 4
2
b

AP
2
+ AQ
2
+ AR
2
= 2

2 2 2
abc

AP
2

= 2

2 2 2
b c a
, AQ
2
= 2

2 2 2
a c b
, AR
2
= 2

2 2 2
a b c

0,25
S
BCD
=
1
4
S
PQR
V
ABCD
=
1
4

V
APQR
=
1
4
1
6
.AP.AQ.AR
=
2
12

2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c b c a c a b
.
0,25

Câu 5 (1đ)
3
13x y z xyz

3
39xyz
và
1
27
xyz

22

33
3
3 ( ) 9 ( ) 9xy yz zx xyz xyz xyz xyz

0,25
2 2 2 2
( ) 2( ) 1 2( )x y z x y z xy yz zx xy yz zx

2 2 2
1 18x y z xyz

0,25
P
11
1 18xyz xyz

1 1 1 7
1 18 9 9 9xyz xyz xyz xyz

Mà:
1 1 1 9
9

1 18 9 9 1 18 9 9xyz xyz xyz xyz xyz xyz

P 9 +
7
.27
9
= 30
0,25
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 30 khi
1
3
x y z
.
0,25
Phần riêng (3 điểm)

Chuẩn

Câu 6a (2đ)
1.
2 2 2 2
AB 3 3 9a b a b
(*)
0,25
Giả sử M(
;xy
);
MA ( ; )a x y

,
MB ( ; )x b y

3
2 2 0
2MA MB 0
2
20
3
x
a x x
a
y b y
by

(**)
0,25
Thay (**) vào (*), có:
2 2 2

2
9
9 9 1
4 4 1
x x y
y

0,25
Kết luận: điểm M thuộc Elip có ph-ơng trình
22
1
41
xy

.
0,25
2. Đ-ờng thẳng d
1
qua M(2 ; 4 ; 1) và có VTCP
1
(2 ; 2 ; 4)u

Đ-ờng thẳng d
2
qua N(1 ; 0 ; 2) và có VTCP
2
( 1;1; 2)u

Rõ ràng
12

2uu

0,25
Thay toạ độ M vào ph-ơng trình d
2
có:
2 1 4 1 2
1 1 2

: vô lý
M d
2
. Vậy hai đ-ờng thẳng d
1
và d
2
song song với nhau
0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 4
Gọi () là mặt phẳng qua N và vuông góc d
1
() nhận
1
u
làm VTCP
ph-ơng trình mặt phẳng ():

2( 1) 2( 0) 4( 2) 0x y z

Hay:
2 3 0x y z

() d
1
= {H} toạ độ H là nghiệm hệ ph-ơng trình:
22
42
14
2 3 0
xt
yt
zt
x y z

Giải ra đ-ợc H
13 23 2
;;

6 6 3

0,25
Khoảng cách giữa d
1
và d
2
bằng:
d
(d1 ; d2)
= d
(N ; d1)
= NH =
49 529 16 642
36 36 9 6

.
0,25

Câu 7a (1đ)
Ta có:
0 1 2 2
(1 ) ...
n n n
n n n n
x C xC x C x C

,
n
*
N
(*)
0,25
Lấy đạo hàm của (*) có:
1 1 2 1
(1 ) 2 ...
n n n
n n n
n x C xC nx C

(1)
Lấy đạo hàm của (1) có:
2 2 2
( 1)(1 ) 2 ... ( 1)
n n n
nn
n n x C n n x C

(2)
0,25
Cho
1x
, thay vào (1) và (2) có:

1 2 1 2

2 ... 2 2 2
n n n
n n n
C C nC n n

(3)
2 2 2
2 ... ( 1) ( )2
nn
nn
C n n C n n

(4)
0,25
Lấy (3) + (4) có:

2 1 2 2 2 2 2
1 2 ... 2
nn
n n n
C C n C n n

(đpcm).
0,25

NCao

Câu 6b (2 đ)
1. Giả sử d cắt tia
Ox
, tia
Oy
tại A(
;0a
), B(
0;b
);
( ; 0)ab

Ph-ơng trình đ-ờng thẳng d có dạng:
1
xy
ab

0,25
M(1 ; 4) d
14
1
ab

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số d-ơng có
1 4 1 4 4
1 2 . 1 4ab
a b a b ab

.
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
1 4 1
8
2
a
b
ab

0,25
Diện tích tam giác OAB bằng:
S
OAB
=
1
2
.OA.OB =
11
.4 2
22
ab

Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất bằng 2 khi

2
8
a
b

0,25
Vậy đ-ờng thẳng cần tìm có ph-ơng trình:
1
28
xy

.
0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 5
2. Ph-ơng trình tham số của hai đ-ờng thẳng là
d
1
:
1
1
1
1
12

2
xt
yt
zt

d
2
:
2
2
2
32
2
4
xt
yt
zt

A d
1
A(
1 1 1
1 ; 1 2 ; 2t t t
), B d
2
A(
2 2 2
3 2 ; 2 ; 4t t t
)
1 1 1
MA ( 2 ; 2 3 ; 2 3)t t t
,
2 2 2
MB (2 2 ; 2 2 ; 1)t t t

0,25
A, M, B thẳng hàng khi
MA MBk

12
12
12
2 2 2
2 3 2 2
23

t kt k
t kt k
t kt k

0,25

12
12
12
2 2 2
2 3 2 2
4 6 2 2
t kt k
t kt k
t kt k

1
1
12
3 1 4
2 3 4
2 3 2 2
tk
tk
t kt k

1
2
4
5
3
7
20
t
t
k

0,25

MB ( 8; 4 ; 4) 4( 2 ;1;1)

Vậy đ-ờng thẳng cần tìm có ph-ơng trình:
1 2 3
2 1 1
x y z

.
0,25

Câu 7b (1đ)
Gọi là đ-ờng thẳng vuông góc với d ph-ơng trình có dạng
y x m

cắt d tại I
33

;
22
mm

0,25
Xét ph-ơng trình:
2
2
2
2 ( 2) 2 0
1
xx
x m x m x m
x

Giả sử A(
11
;xy
), B(
22
;xy
) là hai điểm đối xứng nhau qua d và thuộc đồ
thị hàm số
2

2
1
xx
y
x

. Khi đó
2
12
( 2) 8( 2) 0
2
I
mm
x x x

0,25
Giải ra
4m
và tìm đ-ợc
1.2
15
2
x

1.2
75
2
y

0,25
Kết luận: có hai điểm thoả mãn đề bài là
A
1 5 7 5
;
22

, B
1 5 7 5
;
22

.
0,25

Các cách giải khác mà đúng vẫn cho điểm
Đề thi thử đại học năm 2010

ôn luyện thi Đại Học Môn Toán Lần 5

Thời gian làm bài 180 phút

Giáo viên ra đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886)

Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm):

Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số:
32
2 9 12 4y x x x

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên.
2. Biện luận theo
m
số nghiệm của ph-ơng trình:
2
2
2 8 11
x x m
x
xx

.

Câu 2 (2 điểm).
1. Tính giá trị của biểu thức:
0 0 0 0 0
20
20
sin1441 .cos811 2.cos1799 .sin3511 tan225
.cot 991
sin 181

.
2. Giải bất ph-ơng trình:
2 5 6 5 6
2
2 3.2 2
x x x
x

(
x
R).

Câu 3 (1 điểm). Tính tích phân:

0

2
2
1
2 3 2
x
dx
xx

.

Câu 4 (1 điểm). Cho hình lập ph-ơng ABCD.ABCD có các cạnh bằng
a
. Gọi I, K theo thứ tự là trung điểm
của AB, CD; M, N theo thứ tự thuộc các cạnh BB, AD sao cho BM = AN =
b
, 0 <
b
<
a
. Chứng minh I,
K, M, N đồng phẳng và tính diện tích thiết diện của hình lập ph-ơng cắt bởi mặt phẳng (MNIK).

Câu 5 (1 điểm). Cho ba số thực không âm
,,abc
. Chứng minh rằng:
3
2
3 3 3 2 2 2

1 1 1 1 1 1
2 3 6 2 3 6
a b c a b c

.

Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ đ-ợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo ch-ơng trình Chuẩn

Câu 6 a (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai đ-ờng thẳng
1
:
3yx
và
2
:
2yx
. Tìm toạ độ các
đỉnh của hình vuông ABCD; bit đỉnh A nằm đ-ờng thẳng
1
, đỉnh C nằm đ-ờng thẳng
2
, còn đỉnh B v
đỉnh D nm trên trục hoành.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm M(0 ; 3 ; 3), H(2 ; 0 ; 2) và mặt phẳng ():
2 3 0x y z
. Tìm toạ độ điểm A sao cho AM vuông góc với () đồng thời A cách đều H và ().

Câu 7 a (1 điểm). Trong các số phức
z
thoả mãn:
6 8 5zi
, hãy tìm số phức
z
có môđun nhỏ nhất.

B. Theo ch-ơng trình Nâng cao

Câu 6 b (2 điểm).

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 3) và đ-ờng thẳng d:
20xy
. A, B là hai điểm di
động trên d sao cho độ dài AB =
25
. Xác định vị trí của A, B trên d để chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz; viết ph-ơng trình tham số của đ-ờng thẳng vuông góc với mặt phẳng
(P):
3 2 0xy
đồng thời cắt cả hai đ-ờng thẳng d
1
:
23

1 1 5
x y z

và d
2
:
6 1 3
2 1 1
x y z

.

Câu 7 b (1 điểm). Tìm các đ-ờng tiệm cận của đồ thị hàm số:
42
32
4 5 1
34
xx
y
xx

.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 1

Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010. môn toán lần 5 (21 05 2010)

Câu Yêu cầu Điểm
Phần chung (7 điểm)

Câu 1 (2đ)

1

2

Câu 2 (2đ)

1
sin1441
0

= sin(4.360
0
+ 1
0
) = sin1
0
cos811
0
= cos(2.360
0
+ 91
0
) = cos91
0
= sin1
0

sin1441
0
.cos811
0
= sin
2
10
0
0,25
cos1799
0
= cos(5.360

0
- 1
0
) = cos(1
0
) = cos1
0

sin3511
0
= sin(10.360
0
89
0
) = sin(89
0
) = sin89
0
= cos1
0

2 cos1899
0
.sin3511
0
= 2 cos
2
1
0

0,25
tan225
0
= tan(180
0
+ 45
0
) = tan45
0
= 1
cot
2
991
0
= cot
2
(5.180
0
+ 90
0
+ 1
0
) = cot
2
(90
0
+ 1
0
) = tan
2

1
0

sin
2
181
0
= sin
2
(180
0
+ 1
0
) = sin
2
1
0

0,25
Biu thc rỳt gn thnh:
2 0 2 0
20
22
1 2 1 1
10
1
sin cos
tan
sin

=
2 0 2 0
2 0 2 0
11
.
11
cos sin
sin cos

= 1.
0,25

2
K:
6
5
x

Bin i bt phng trỡnh v:

2 5 6 2
56
2 3.2 4 0
x
xx

(1)
0,25

t:
56
2
xx
t

(
t
> 0)
Bt phng trỡnh (1) tr thnh:
2
4 ( )
30
1 ( )
t TM
t t t
t koTM

0,25
56
2 4 5 6 2
xx
xx

5 6 2xx

0,25
Gii ra tỡm c tp nghim bt phng trỡnh: S = (1 ; 2).
0,25

Câu 3 (1đ)

2 2 2 2
2 2 2 2
4 3 3
1 4 3 3 1
44
2 3 2 4 2 3 2 2 3 2 2 3 2
x
xx
x x x x x x x x

2
2
2
1 4 3 3 2 1
4 100 2 1 2
2 3 2
x
xx
xx

0,25

2 2 2
2
1 4 3 3 1 3 1 3 1
4 25 100 25 2 1 2
2 1 2
2 3 2
x
xx
xx

xx

2 2 2
2
1 4 3 3 1 3 1 3 2 1
4 25 100 125 2 1 2
2 1 2
2 3 2
x
xx
xx
xx

0,25

0 0 0 0 0
2 2 2 2
22
1 1 1 1 1
43
1 3 3 3 2 1
4 25 100 125 2 1 2
2 1 2
2 3 2 2 3 2
x dx
x dx dx
dx dx
xx
xx
x x x x

00
0
2
1
11
1 1 3 1 3 1 3
ln 2 1 ln 2
4 2 3 2 50 2 1 100 2 125
xx
x x x x

0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 2
=
13
ln6
75 125

0,25

Câu 4 (1đ)
Chứng minh

11
,,IK IN IM IK IM IN
bb

đồng phẳng
NMKI ,,,
đồng phẳng
0,25

PBCIN
,

QCDIN

ECBPM ''
,

HDDQK '

Thiết diện là lục giác IMEKHN.
0,5
Tính đúng đ-ợc thiết diện có diện tích là :

bba 2

0,25

Câu 5 (1đ)
Đặt

)0(,
6
1
3
1
2
1
222

AAcba

2222
6
1
3
1
2
1
Acba

0,25
Có:
AaAaaAaa .
2

1
.3
2
1
2
1
.
2
1
3
2
1
2
1
2
1
2
3
333333

AbAbbAbb .
2
1
.3
3
1
3
1

.
3
1
3
3
1
3
1
3
1
2
3
333333

AcAccAcc .
6
1
.3
6
1
.
6
1
.
6
1
3
6

1
6
1
6
1
2
3
333333

0,5
32223333
3
6
1
3
1
2
1
3
6
1
3
1
2
1
2 AcbaAAcba

3333
6
1
3
1
2
1
Acba

đpcm.
Dấu = xảy ra
cba

0,25
Phần riêng (3 điểm)

Chuẩn

Câu 6a (2đ)
A 1

A (a; -a + 3)
1. C 2

C (b; -2b)

0,25
B. D Ox

A & C đối xứng nhau qua Ox

1
1
23 b
a
ba

ba

A (1;2) ; C (1;2)
0,5
Tìm đ-ợc B (3;0) & D (-1.0)
Hoặc B (-1,0) & D (3.0)
0,25
2. Ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M (

) là:

tz
ty
tx
23
3

A d

A (t; t - 3; -2t + 3)
0,25

AH =

222
1232 ttt
=
141468
2
t

0,25
Khoảng cách từ A đến (

) bằng:
d (A, (

)) =
111
3643

ttt
=
6
126 t

0,25
Do d (A, (

)) = AH
Giải ra t = 1

A (1;2;-1)
0,25

Câu 7a (1đ)
Giả sử z = x + yi

6 8 5 6 8 5 6 8 5z i x yi i x y i

0,25
Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

H 3
Có:

2 2 2 2
6 8 5 6 8 25x y x y

0,25
Mọi điểm biểu diễn của số phức z đều thuộc đ-ờng tròn (C) có tâm I (-6,-
8), bán kính R = 5
0,25
Mođun số phức z nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất

M là giao điểm của OI với đ-ờng tròn (C)
Tìm đ-ợc M (-3,-4)
0,25

NCao

Câu 6b (2 đ)
1. Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M và song song d.
Tìm toạ độ điểm N để MABN là hình bình hành (có 2 điểm)
0,25
Tìm toạ độ M đối xứng M qua d.
0,25
Chu vi MAB bằng : MA+MB+AB = BN + MB +
25

NM + 2
5

0,25
Chu vi MAB nhỏ nhất bằng: MN +
25
khi B là giao điểm của d với
MN.

Có toạ độ B

Có toạ độ A.
Chú ý: Bài toán có 2 nghiệm
0,25
2. Ph-ơng trình tham số của các đ-ờng thẳng là: