01 đề thi thử ĐH có chất lượng

tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số 2
TNH - BC GIANG
đề số 1
đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010
Môn thi: Toán, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Phần chung cho tất cả các thí sinh:
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y =
1
24
+ xx
(C)
2. Với giá trị nào của tham số a thì đồ thị hàm số y =
323
32 aaxx +
có hai điểm cực trị đối
xứng với nhau qua đờng phân giác của góc phần t thứ I và thứ III.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phơng trình
x
x
xx
tan2
sin1
cossin1
=
+
++
2. Giải hệ phơng trình

=++
=+
2)2(
1
3
22
yyxxy
xyx
y
y
x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
dx
x
x


+
0
2
2
)sin2(
2sin

Câu IV (1 điểm)

Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A B C D có AB = a, BC = 2a và AA = a . Lấy điểm M trên cạnh
AD sao cho AM = 3MD.
a) Tính thể tích khối chóp M.AB C theo a.
b) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (AB C ) theo a.
Câu V (1 điểm)
Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn
02
22
=+ yx
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
( )
yxxyP ++= 41
.
Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD với
)1;1;1(A
,
)2;0;2(B
,
)3;1;0( C
,
)0;1;4( D
.
Tính độ dài đờng cao của tứ diện kẻ từ đỉnh D.
2. Cho đờng tròn
25)3()4(:)(
22

=++ yxC
và đờng thẳng
01043:)( =+ yx
.
Lập phơng trình đờng thẳng
)(
1

biết
)()(
1

và
)(
1

cắt (C) tại A, B sao cho AB = 6.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số hạng chứa y
3
z
6
t
6
trong khai triển (y + z + t)
n
, biết:
1022
6
5

3
5
2
5
1
5
=++++


n
nnnn
CCCC
(với n là số tự nhiên,
7n
)
B. Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho điểm M(1; 2; 3). Lập phơng trình mặt phẳng (P), biết rằng (P) cắt ba trục Ox, Oy, Oz lần
lợt tại A, B, C sao cho M là trọng tâm của tam giác ABC.
2. Cho tam giác ABC có ba đỉnh thuộc mặt cầu (S) :
086246
222
=+++ zyxzyx
và mặt
phẳng đi qua ba điểm A, B, C có phơng trình
0922 =+ zyx
. Xác định tọa độ tâm của đ-
ờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu VII.b (1 điểm)
Giải bất phơng trình:

06515102
22
>+ xxxx
_________________Hết_______________
tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số II
TNH - BC GIANG
Đề số 1
Đáp án - thang điểm
THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010
Môn thi: Toán, khối A
(Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa)
Câu Đáp án
Điểm
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
I
(2
điểm)
1. (1 điểm)
Tập xác định của hàm số là R
Sự biến thiên.
a/ Giới hạn
=

y
x
lim
=+

)1(lim

24
xx
x
+=+

)
11
1(lim
42
4
xx
x
x
;
+=
+
y
x
lim
b/ Bảng biến thiên
Ta có y =
)12(224
23
= xxxx
y = 0
2
1
,00)12(2
2
=== xxxx

Hàm số đồng biến trên các khoảng
;
2
1
(
0) và (
;
2
1
+
)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
)
2
1
;(
và (
)
2
1
;0

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại của hàm số là y(0) = 1.
Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm x =
2
1

, giá trị cực tiểu là
4
3

)
2
1
(
=
y

Đồ thị
+ Điểm uốn.
Ta có y =
212
2
x
, y = 0 khi
6
1
6
1
2
== xx
y đổi dấu khi qua hai nghiệm đó. Do vậy
đồ thị hàm số có hai điểm uốn là

36
31
;
6
1
1
U
và









36
31
;
6
1
2
U
.
+ Đồ thị cắt Oy tại (0; 1)
+ Giải phơng trình
= 0y
1

24
+ xx
= 0
Phơng trình này vô nghiệm đồ thị không
cắt trục Ox.
+ Đồ thị hàm số còn đi qua điểm (-1; 1) và (1; 1)
+ Nhận xét: Hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối
xứng.
0,25
0,25
0,25
0,25
2.(1 điểm)
Hàm số có tập xác định R.
Ta có y =
)(666
2
axxaxx =
; y = 0



==
==

0
0
3
yax
ayx

Đồ thị hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi y = 0 có hai nghiệm phân biệt
0

a
Khi đó tọa độ hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là M(0; a
3
), N(a; 0).
Đờng phân giác của góc phần t thứ I và thứ III có phơng trình y = x
Hai điểm này đối xứng với nhau qua đờng thẳng y = x khi và chỉ khi




=
=
NM
NM
xy
yx
11
23
=== aaaa
.
0,25
0,25
0,25
0,25
II
(2
điểm)

1.(1 điểm)
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
(C)
x
y
0
U
2
U
1
2
1

1
x
y
y
-1/
0
1/
0
0
0

+
_
+
_
+
3/4 3/4

1
+
+
Điều kiện
(*)
2
0cos
01sin
0cos


kxx
x
x
+



+

Phơng trình
x
x
xx
tan2
sin1
cossin1
=
+
++

( ) ( )( )
( ) ( )( )
( )
( )
( )( )
( )
( )( )
0cos1sin1
0)]sincos2()sin1[(cossin1
sin1sincos2sin1sin1cos
sin1sincos2cossin1cos
sin1sincos2cossin1cos
cos
sin
2
sin1
cossin1
2
2
=+
=++
+=++
+=++
+=++
=
+
++

xx
xxxxx

xxxxxx
xxxxxx
xxxxxx
x
x
x
xx

21cos
)0sin1(0cos1
kxx
xx
==
+= ra suy 1,sinx 0,cosx do
Vậy
)(,2 Zkkx =

là nghiệm của phơng trình đã cho.
0,25
0,25
0,25
0,25
2.(1 điểm)
Điều kiện
0xy
. Với điều kiện này ta có:

=++
=+






=++
=+
)2(22
)1(1
2)2(
1
322
33
3
22
yxyyx
yx
yyxxy
xyx
y
y
x
Từ (1) và (2) suy ra
)(22
33322
yxyxyyx +=++
( )

( )





=
=
=
==
=+
yx
yx
yx
yxyxyxyyxx
yxyxyx
2
020)()(2
0)()22(
222222
2323
Với
yx =
, thay vào (1) ta có
.
2
1
12
3
3

== yy
Với
yx =
, thay vào (1) ta có
( )
101
3
3
==+ yy
(vô nghiệm).
Với
xy 2=
, ta có
.
9
1
191)2(
3
333
===+ xxxx
Vậy nghiệm của hệ phơng trình là
( ) ( )

=






=
33
33
9
2
;
9
1
;,
2
1
;
2
1
; yxyx
0,25
0,5
0,25
III
(1
điểm)
Ta có K =
dx

x
x


+
0
2
2
)sin2(
2sin

=
dx
x
xx


+
0
2
2
)sin2(
cossin
2


Đặt
xdxdtxt cossin ==
. Đổi cận,
;1

2
== tx

00 == tx
Vậy ta đợc K =


+

+
=
+
+
=
+
0
1
2
0
1
0
1
2
0
1
2
)2(
4
2
2

)2(
).22(
2
)2(
.
2
t
dt
t
dt
t
dtt
t
dtt
=
( )
24ln422ln2]
2
4
2ln2[
0
1
=+=
+
++

t
t
0,25
0,25

0,25
0,25
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
IV
(1
điểm)
a. Ta có
MACBCABM
VV
'.'.
=
.
BB

(ABCD) nên hình chóp
B .AMC có chiều cao là BB = a.
Do AM = 3MD nên AM =
4
3
AD, suy ra:
4
3
.2.
2
1
.
4
3
4
3

2
a
aaSS
ADCAMC
===

.
Vậy thể tích của khối tứ diện
B .MAC là:
4
.
4
3
.
3
1
'.
3
1
32
'.
a
a
a
BBSV
AMCMACB
===

.
Hay

.
4
3
'.
a
V
CABM
=
b. Gọi h là khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (AB C ). Khi đó ta có:
4
.
3
1
3
''.
a
hSV
CABCABM
==

(theo a/) (1)
Ta dễ tính đợc
'5'
222
ACBaCBAC ==
cân tại điểm C. Do đó đờng trung
tuyến CI của tam giác ACB cũng là đờng cao.
Vậy
2
3

2
9
2
2
5
2
2
2222
a
CIa
a
aAICACI ==








==
.
Dẫn đến diện tích của tam giác AB C là
.
2
3
2
3
.2
2

1
'.
2
1
2
'
aa
aCIABS
CAB
===

Thay vào (1) ta suy ra đợc khoảng cách cần tìm là
2
3
2
.
4
3
4
3
2
3
'
3
a
a
a
S
a
h

CAB
===

.
Cách 2: (Sử dụng phơng pháp tọa độ)
a. Chọn hệ trục tọa độ Đêcác Oxyz sao cho B
trùng với O,
);0;0('),0;2;0(),0;0;( aBaCaA
.
Do AM = 3MD nên AM =
4
3
AD,
tức
4
)2.(3 a
AM =
. Suy ra điểm M có tọa độ là
)0;
2
3
;(
a
aM
.
Thể tích của khối chóp M.AB C đợc tính bởi
công thức
[ ]
AMACABV
CABM

.,'
6
1
'.
=
(1)
Ta có
( ) ( )
0;2;,;0;' aaACaaAB ==
Suy ra
[ ]
( )
222
2;;2
2
0
;
0
;
02
0
,' aaa
aa
a
a
aa
a
a
ACAB =

=
;






= 0;
2
3
;0
a
AM
Thay vào (1) ta đợc
( )
.
4
0

2
3
.0
6
1
3
2
'.
aa
aV
CABM
=++=
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
A
D
C
B
A
D
C
M
I

a
2a
a
Ba
x
A
B
C
D
A
B
C
D
a
2a
a
z
y
M
b. Mặt phẳng (AB C ) có phơng trình theo đoạn chắn là
1
2
:)'( =++
a
z
a
y
a
x
CAB

Hay
0222:)'( =++ azyxCAB
.
Vậy khoảng cách từ điểm
)0;
2
3
;(
a
aM
đến mặt phẳng (AB C ) là:
.
2
212
20
2
3
.2
))'(,(
222
a
a
a
a
CABMd =
++
++
=
V
(1

điểm)
Đặt
xyyxtRtyxt 2)(
222
++=+=
.
Do
02
22
=+ yx
, dẫn đến
2
22
=+ yx
nên
2
2
2

=
t
xy
.
Suy ra
5424421
2
2
41
22
2

+=+=








+

= ttttt
t
P
.
Do
( )
xyyx 4
2
+
nên
224
2
2
.4
2
2
2

tt
t
t
.
Để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P, ta đi tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
nhất của hàm số
542)(
2
+= tttf
trên đoạn
]2;2[
Ta có:
]2;2[10)(';44)(' === ttfttf
11)2(;7)1(;5)2( === fff
Suy ra
[ ]
11)(minmin
2;2
==

tfP
, khi
1== yx
[ ]
7)(maxmax
2;2
==

tfP
, khi

2
1
,1 ==+ xyyx
, (ta dễ tìm đợc x, y).
(Chú ý rằng
542)(
2
+= tttf
có đồ thị là một đờng Parabol, đỉnh của (P) là điểm
có hoành độ x =
1
2
=
a
b
, từ đó suy ra giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của f(t) chỉ
có thể đạt tại các điểm
)2,1,2 === ttt
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a
(2
điểm)
1.(1 điểm)
Ta có
( )
1 ;1- ;3-=AB
,

( )
4- ;0 ;1-=AC
là hai véc tơ không cùng phơng và giá của
chúng nằm trên mp(ABC). Suy ra mp(ABC) có một véc tơ pháp tuyến là:
[ ]
( )
1- ;13- ;4=














==
01
13
;
14
31
;
40
11

, ACABn
.
Mặt phẳng (ABC) qua
)1;1;1(A
.
Phơng trình của (ABC) là:
4(
0)1()1(13)1 = zyx

010134:)( =+ zyxABC
.
Độ dài đờng cao của tứ diện hạ từ đỉnh D bằng khoảng cách từ điểm
)0;1;4( D
đến mặt phẳng (ABC).
Vậy chiều cao của tứ diện hạ từ D là
186
29
1134
01316
))(,(
222
=
++
++
=ABCDd
.
0,25
0,25
0,25
0,25

2.(1 điểm)
Do đờng thẳng
)(
1

vuông góc với
)(
nên ph-
ơng trình của
)(
1

có dạng:
034 =++ myx
.
0,25
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
A
B
I
H
(C)

1

R
Đờng tròn (C) có tâm I(- 4 ; 3) và có bán kính R
= 5. Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên dây
cung AB, H là trung điểm AB, AH = 3.
Tam giác AIH vuông tại H suy ra :

IH =
435
2222
== AHAI
.
Ta có IH chính là khoảng cách từ tâm I đến đờng
thẳng
)(
1

.



=
=
==
+
++
=
13
27
2074
34
916
4))(,(
22
1
m
m

m
m
Id
Vậy có hai đờng thẳng
)(
1

thỏa mãn yêu cầu bài toán, phơng trình của
)(
1

là:
02734 =++ yx
và
01334 =+ yx
.
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1
điểm)
Ta có
1022
6
5
3
5
2
5

1
5
=++++


n
nnnn
CCCC
+ 2
),7(,1024
6
5
3
5
2
5
1
5
NnnCCCC
n
nnnn
=++++


(Cộng hai vế của đẳng thức với số 2)
+

0
5n
C

1024
5
5
6
5
3
5
2
5
1
5
=+++++




n
n
n
nnnn
CCCCC
(do
1
5
5
0
5
==

n
nn
CC
)
1510521024)11(
105
====+

nn
n
(thỏa mãn)
Với n = 15, ta có : (y + z + t)
15
=
15
])[( ytz ++
=

=

+
15
0
15
15
)(
k
kkk
ytzC
Suy ra số hạng có chứa y

3
trong khai triển
15
])[( ytz ++
là :
T =
3123
15
)( ytzC +
(ứng với k = 3) (1)
Trong khai triển

=

=+
12
0
12
12
12
)(
i
iii
tzCtz
, số hạng chứa z
6
t
6
là
T =

666
12
tzC
(ứng với i = 6) (2)
Từ (1) và (2) suy ra số hạng chứa y
3
z
6
t
6
trong khai triển (y + z + t)
15
là :
6636
12
3
15
tzyCC
.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b
(2
điểm)
1.(1 điểm)
Do A, B, C lần lợt thuộc Ox, Oy, Oz nên ta giả sử A(x
A
; 0 ; 0), B(0 ; y

B
; 0), C(0 ; 0 ;
z
C
).
Vì M là trọng tâm của tam giác ABC nên ta có:






=++
=++
=++
MCBA
MCBA
MCBA
zzzz
yyyy
xxxx
3
3
3





=

=
=
9
6
3
C
B
A
z
y
x
.
Mặt phẳng (P) đi qua A(3 ; 0 ; 0), B(0 ; 6 ; 0), C(0 ; 0 ; 9) nên (P) có phơng trình là:
1
963
=++
zyx
(Phơng trình mặt p theo đoạn chắn)
.018236:)( =++ zyxP
0,25
0,25
0,5
2.(1 điểm)
(S):
( ) ( ) ( )
100123
222
=+++
zyx
, suy ra (S) có tâm I(3 ; -2 ; 1) bán kính R = 10.

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (ABC). Khi đó H là tâm của đờng
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Gọi (d) là đờng thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (ABC). Khi đó đờng thẳng (d)
nhận véctơ pháp tuyến của mp(ABC) làm véctơ chỉ phơng.
Véctơ chỉ phơng của (d) là
=u
(2 ; -2 ; -1).
Vậy phơng trình tham số của đờng thẳng (d)
là
)(,
1
22
23
Rt
tz
ty
tx






=
=
+=
.
H =
)()( dP
suy ra tọa độ của H ứng với

tham số t là nghiệm của phơng trình:
0,25
0,25
0,5
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
(d)
I
A
(S)
P
B
C
H
n
20189
09)1()22(2)23(2
==+
=++
tt
ttt
thay t tìm đợc vào phơng trình tham số của
(d) ta có tọa độ của H(-1 ; 2 ; 3).
Vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là H(-1 ; 2 ; 3)
Nhận xét: Có thể xác định tọa độ điểm H theo cách sau:
Giả sử điểm H(x ; y ; z). Ta có
( )
1;2;3 += zyxIH
, véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng
(P) là
( )

1;2;2 =n
.
H là hình chiếu của I trên (ABC)





ph ong cùngnIH
ABCH
,
)(





=
=
=






=
=+
=

=

+
=

=+

3
2
1
42
1
922
1
1
2
2
2
3
0922
z
y
x

zy
yx
zyx
zyx
zyx
Vậy đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm là H(-1 ; 2 ; 3).
VII.b
(1
điểm)
Bt phơng trình tơng đơng :
0365)65(2
22
>+ xxxx
Đặt t =
65
2
xx
( đk t
0
)
22
65 txx =
Bất phơng trình ban đầu trở thành:




<
>
>+

2
3
1
032
2
t
t
tt
( t <
2
3

(loại))
Với t > 1 ta có
65
2
xx
> 1, bình phơng hai vế ta có :
> 165
2
xx







<
+

>
>
2
535
2
535
075
2
x
x
xx
Vởy bất phơng trình có tập nghiệm là : T =
);
2
535
()
2
535
;( +
+



0,25
0,25
0,5
Hết
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683