SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1- NĂM 2010
Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Môn Toán – Khối A
Thời gian: 180 phút ( không kể phát đề)
0O0
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: (7điểm)
Câu I; (2điểm) Cho hàm sô y = 4x
2
– x
4
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm k để đường thẳng (d): y = k cắt (C) tại bốn điểm, có hoành độ lập thành một
cấp số cộng
Câu II: (2điểm)
1. Giải phương trình
2
1 sinx 1
sin sin 2 osx
osx 2
x x c
c
+
+ − =
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
log log 2
2 1
y x
x y
x y
+ =
− = −
Câu III: (1điểm) Tính tích phân: A =
2
1
2 2
4 4 2
x x
x x
dx
−
−
−
+ −
∫
Câu IV: (1điểm)
Tính thể tích khối tứ diện SABC có SA = SB = SC = a;
·
·
·
0 0 0
ASB 60 ; 90 ; 120BSC CSA
= = =
Câu V: (1điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =
1 1 1
b c a
ab bc ca
+ +
+ + +
, biết a; b; c là
ba số dương thoả : abc =1
II.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho A(4; 3), đường thẳng (d):x – y – 2 = 0
và (d’): x + y – 4 = 0 cắt nhau tại M. Tìm B∈(d); C∈(d’) sao cho A là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác MBC.
2. Trong không gian Oxyz, cho điểm A(5;4;3;); và các đường thẳng
( ) :
2 3 1
m
x y z m
d
−
= =
và
1
( ) :
2 3 1
x y z
d
−
= =
−
.
Tìm điểm B ∈ (d) và số thực m để các điểm thuộc (d
m
) luôn cách đều A;B
Câu VII.a: (1 điểm) Tìm số thực k, để bình phương của số phức
9
1
k i
z
i
+
=
−
là số thực
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b: ( 2 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho A(4; 3), đường thẳng (d):x – y = 0
và (d’): x + 2y – 3 = 0 cắt nhau tại M. Tìm B∈(d); C∈(d’) sao cho M là trực tâm của
tam giác BAC.
2. Trong không gian Oxyz cho các đường thẳng
1 2 3
( ) :
2 3 1
x y z
d
− − −
= =
và
3
( ') :
2 3 1
x y z
d
+
= =
−
.
Viết phương trình mặt cầu tâm I∈ (d’), bán kính bằng
3 3
và tiếp xúc với (d)
Câu VII.b: (1điểm) Tìm số nguyên dương n; biết khai triển P(x) = (5 + 2x + 5x
2
+ 2x
3
)
n
thành đa thức thì hệ số của x
3
bằng 458
Hướng dẫn giải
Câu I:
2.Sử dụng Viet đối với phương trình trùng phương : t
2
– 4 t + k = 0 ( t = x
2
)
Hoành độ giao điểm lập thành một cấp số cộng pt có 2 nghiệm dương thoả t
2 =
9t
1
KQ: k =
36
25
Câu II
1. ĐK: cosx ≠ 0 . PT ⇔ (1 + sinx + cosx)sin
2
x = 0 nghiệm x = k π
2. ĐK: x > 0 và y > 0 và
1x ≠
và y ≠ 1
2 2
log log 2
y x
x y+ =
==> y = x và y = 1/x
y = 1/x thay và phương trình sau VN
y = x = 1 (loại)
Câu III: Đặt u = 2
x
+ 2
-x
, ta có 4
x
+ 4
-x
– 2 = (2
x
+ 2
-x
)
2
- 4
A =
1 81
ln
4ln 2 25
Câu IV: Tam giác ABC vuông tại B. H là chân đường cao kẽ từ S: HA = HB = HC ( vì SA =
SB = SC) ==> H là trung điểm của AC
V =
3
2
12
a
Câu V: Vì abc = 1 ==> tồn tại x, y, z dương thoả
; ,
x y z
a b c
y z x
= = =
==> S =
y z x
z x x y y z
+ +
+ + +
Đặt: X = y + z ; Y = z + x; Z = x + y ==> x + y + z =
1
2
(X + Y + Z)
==> x =
2
Y Z X+ −
; y =
2
X Z Y+ −
; z =
2
Y X Z+ −
Ta có:
y z x
z x x y y z
+ +
+ + +
=
2
X Z Y
Y
+ −
+
2
Y X Z
Z
+ −
+
2
Y Z X
X
+ −
=
1
3
2
X Y Z X Z Y
Y X X Z Y Z
+ + + + + −
÷ ÷ ÷
3
2
≥
Vậy MinS =
3
2
khi a = b = c = 1
Câu VI.a:
1. N(3;1), Lấy B(a; 2 – a)∈ (d), C(b;4 – b) ∈(d’)
Vì (d) ⊥ (d’) ==> A là trung điểm BC : B(6;4), C(2;2)
2. (d
m
) nằm trong mặt trung trực đoạn AB ==>
. 0
d
m
a AB =
uuur uuur
==> B(-8;12;5)
M(0;0;m) ∈ (d
m
): MA = MB ==> m = 79/2
Câu VII.a: k = ± 9
Câu VI.b:
1. M(1;1):
. 0 . 0MA BC va MB AC= =
uuur uuur uuur uuur
B(1;1) và C(5/3;2/3) hoặc B(5;5) và C(11;- 4)
2. d(I,d) = 3
3
==> I(0;0;- 3) hoặc
7 21 23
; ;
5 10 10
I
− −
÷
Câu VII.b: P(x) = [5 +2x + 5x
2
+ 2x
3
]
n
= (1 + x
2
)
n
(5 + 2x)
n
Hệ số x
3
:
0 3 3 3 1 1 1
5 2 5 .2
n n
n n n n
C C C C
− −
+
= 5
n-2
.2(
3 2
4 25 )
n
C n+
= 458 ==> n = 3
SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 (lần 2)
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: Toán – Khối A, B, V
Thời gain làm bài: 180 phút
Ngày thi: 03/04/2010
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C).
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình:
4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2
2
0
2sinx - 3
x
=
2. Giải bất phương trình:
2 2 2
2
3 2.log 3 2.(5 log 2)
x
x x x x x− + ≤ − + −
Câu III: ( 1 điểm).
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) của hàm sô y = x
3
– 2x
2
+ x + 4 và tiếp tuyến của (C) tại điểm
có hoành độ x
0
= 0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh
trục Ox.
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và A’C bằng
15
5
a
. Tính thể tích của khối lăng trụ
Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
4
(2 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)
y-1 2 ( 1)( 1) 1 0 (2)
x
y x m x
+
− + − + + =
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: ( 2 điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
= 1; và phương trình: x
2
+ y
2
– 2(m + 1)x + 4my – 5
= 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi m.Gọi các đường tròn
tương ứng là (C
m
). Tìm m để (C
m
) tiếp xúc với (C).
2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:
1 2
1 1 1
x y z− +
= =
và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0.
Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( 1 điểm).
Cho x; y là các số thực thoả mãn x
2
+ y
2
+ xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 5xy – 3y
2
Phần 2: Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: ( 2 điểm).
1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng
1
2 3 3
:
1 1 2
x y z
d
− − −
= =
−
và
2
1 4 3
:
1 2 1
x y z
d
− − −
= =
−
. Chứng minh đường thẳng d
1
; d
2
và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Xác
định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d
1
chứa đường cao BH và d
2
chứa đường trung tuyến
CM của tam giác ABC.
2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm
1 2
( 3;0); ( 3;0)F F−
và đi qua điểm
1
3;
2
A
÷
.
Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức:
P = F
1
M
2
+ F
2
M
2
– 3OM
2
– F
1
M.F
2
M
Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức:
0 2 2 4 2 1004 2008 1005 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010
3 3 ( 1) 3 3
k k
S C C C C C C= − + + + − + + −
Hết
Hướng dẫn giải
Câu I:
2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy > IXY:
1
2
x X
y Y
= −
= +
Hàm số đã cho trở thành : Y =
3
X
−
hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X
Hay y – 2 = - x – 1 ⇔ y = - x + 1
Câu II: 1. Điều kiện:
3
sinx
2
≠
và
os 0
2
x
c ≠
và cosx ≠ 0
Biến đổi pt về: 4cos
3
x - 4 cos
2
x – cosx + 1 = 0
osx = 1
1
cosx =
2
c
⇔
±
2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2.
2 2 2
2
3 2.log 3 2.(5 log 2)
x
x x x x x− + ≤ − + −
2
2 2
2
2log 5log 2
0
log
x x
x
− +
⇒ ≤
Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4
Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
– 2x
2
= 0
0
2
x
x
=
⇔
=
V =
2 2
2 3 2 2
0 0
( 4) ( 2 4)x dx x x x dx
π π
+ − − + +
∫ ∫
Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH ⊥ M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
HC =
15
10
a
; M’C =
15
2
a
; MM’ =
3a
Vậy V =
3
3
4
a
Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+∞)
=
1
(2 1)ln
x
x
x
+
+
Gọi x
1
; x
2
∈ [0;+∞) với x
1
> x
2
Ta có :
1 2
1 2
1 2
1 2
2 1 2 1 0
( ) ( )
1 1
ln ln 0
x x
f x f x
x x
x x
+ > + >
⇒ >
+ +
> >
: f(x) là hàm số tăng
Từ phương trình (1) ⇒ x = y
(2)
4
1 2 ( 1)( 1) 1 0x x x m x⇒ − − − + + + =
4
1 1
2 0
1 1
x x
m
x x
− −
⇔ − + =
+ +
Đặt X =
4
1
1
x
x
−
+
==> 0 ≤ X < 1
Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X
2
– 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1
Đặt f(X) = X
2
– 2X == > f’(X) = 2X – 2
==> hệ có nghiêm ⇔ -1 < m ≤ 0
Câu VI.a
1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (C
m
) có tâm I(m +1; -2m) bán kính
2 2
' ( 1) 4 5R m m= + + +
OI
2 2
( 1) 4m m= + +
, ta có OI < R’
Vậy (C) và (C
m
) chỉ tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( vì R’ > R)
Giải ra m = - 1; m = 3/5
2. Gọi I là tâm của (S) ==> I(1+t;t – 2;t)
Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13
(S
1
): (x – 2)
2
+ (y + 1)
2
+ (z – 1)
2
= 1; (S
2
): (x – 20/13)
2
+ (y + 19/13)
2
+ (z – 7/13)
2
= 121/139
Câu VII.a
2
2 2
5 3xy y
P
x xy y
−
=
+ +
Với y = 0 ==> P = 0
Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có:
2
2
5 3
( 5) 3 0
1
t
P Pt P t P
t t
−
= ⇔ + − + + =
+ +
(1)
+ P = 0
thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi
∆’ = - P
2
– 22P + 25
≥
0 ⇔ - 25/3 ≤ P ≤ 1
Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:
1. d
1
qua M
0
(2;3;3) có vectơ chỉ phương
(1;1; 2)a = −
r
d
2
qua M
1
(1;4;3) có vectơ chỉ phương
(1; 2;1)b = −
r
Ta có
0 1
, 0 , 0a b va a b M M
≠ =
urr r r r uuuuuur
(d
1
,d
2
) : x + y + z – 8 = 0 ==> A ∈ (d
1
,d
2
)
B(2 + t;3 + t;3 - 2t);
5 5
; ;3
2 2
t t
M t
+ +
−
÷
∈ d
2
==> t = - 1 ==> M(2;2;4)
C( 1+t;4-2t;;3+t) :
AC a⊥
uuur r
==> t = 0 ==> C(1;4;2)
2. (E):
2 2
2 2 2 2
3 1
1 1
4
x y
a b a b
+ = ⇒ + =
, a
2
= b
2
+ 3 ==>
2 2
1
4 1
x y
+ =
P = (a + ex
M
)
2
+ (a – ex
M
)
2
– 2(
2 2
M M
x y+
) – (a
2
– e
2
2
M
x
) = 1
Câu VII.b:
Ta có:
( ) ( )
( )
2010 2010
0 2 2 4 2 1004 2008 1005 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010
1 3 1 3 2 3 3 ( 1) 3 3 3
k k k
i i C C C C C C+ + − = − + + + − + + −
Mà
( ) ( )
2010 2010
2010 2010
2010 2010 -2010 -2010
1 3 1 3 2 ( os in ) 2 os in
3 3 3 3
i i c s c s
π π π π
+ + − = + + +
÷
=
( )
2010 2010
2.2 os670 2.2c
π
=
Vậy S = 2
2010