DE THI DH LY TU TRONG+DAN CONGFU

SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010 - LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2 x 3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 1
2. Tìm m để đường thẳng y = 2 x + 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm A;B;C phân biệt thỏa mãn điểm C(0;1)
nằm giữa A và B đồng thời đoạn thẳng AB có độ dài bằng 30
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình : cos x + cos 3 x = 2 cos ( π − 5 x ) .
8xy
 2
2
 x + y + x + y = 16
2. Giải hệ phương trình 
với x ; y ∈ ¡ .
x 3 + x x + y − 3 = 0

π
4

tan x
dx
4 cos x − sin x ) cos x
0 (

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I =
∫

·
Câu IV: (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a và BAD
= 600 . Cạnh SC
3
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SC = a
. Kẻ OK ⊥ SA , ( K ∈ SA) . Tính thể tích khối đa diện SCBDK.
2
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn abc = 8 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
1
1
1
P=
+
+
2a + b + 6 2b + c + 6 2c + a + 6
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa: (2điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC cố định A nằm trên đường thẳng ( ∆):
2x − 3y + 14 = 0 , cạnh BC song song với đường thẳng ∆, đường cao CH có phương trình: x − 2y − 1 = 0 .
Biết trung điểm của cạnh AB là M(-3;0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.
x −1 y − 2 z
=
= và hai điểm A(1;1;0), B(2;1;1). Viết
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d :
2
1

1
phương trình đường thẳng ∆ đi qua A, ∆ ⊥ d sao cho khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất.
11

8

 1 + i   2i 
Câu VIIa: (1điểm) Cho số phức z thỏa mãn i.z = 
÷ +
÷ . Tìm môđun của số phúc w = z + iz .
 1− i   1+ i 
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb:(2điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao BH có phương trình
3x + 4y + 10 = 0 , đường phân giác trong góc A là AD có phương trình là x − y + 1 = 0 , điểm M(0;2)
thuộc đường thẳng AB đồng thời cách C một khoảng bằng

2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.

2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(0;1;1) , B(1;0; −3), C (−1; −2; −3) và mặt cầu (S) có phương trình :
x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 z − 2 = 0 .Tìm tọa độ điểm D trên mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD có thể tích lớn nhất.
 2.log 3 y = log 2 1 x − 1

2
Câu VIII.b: (1điểm) Giải hệ phương trình : 
 log 2 y = (log 2 x − 1).log 2 3
-----Hết----Họ và tên thí sinh…………………………..…………………..;Số báo danh…………………………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1

Môn thi: TOÁN – Khối A
CÂU 1

NỘI DUNG

ĐIỂM

Với m=1 ta có y = 2 x − 3 x + 1
• TXĐ: D=R
• Sự biến thiên:
y = +∞ ; lim y = −∞
- Giới hạn: xlim
→+∞
x →−∞
3

2

0,25

x = 0
-Ta có: y ' = 6 x( x − 1) ⇒ y ' = 0 ⇔ 
 x =1
-BBT:

−∞
x
0
y’
+
0
y
1

1
0

+∞
+

+∞

−∞
0
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞ ;0) và (1; +∞ )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;1)
Hàm số đạt cực đại tại x=0 và yCĐ=1
Hàm số đạt cực tiểu tại x=1 và yCT=0
I.1

•

Đồ thị:

-

Ta có y '' = 12 x − 6 ⇒ y '' = 0 ⇔ x =

-

Đồ thị (C) cắt trục Oy tại A ( 0;1)

-

 1 
Đồ thi cắt trục Ox tại B ( 1;0 ) ;C  − ;0 ÷
 2 

0,25

0,25

1
1 1
⇒ I ( ; ) là điểm uốn của đồ thị.
2
2 2

0,25

I.2

Hoành độ giao điểm của (d) và đồ thị (Cm) của hàm số: y = 2 x 3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 là
nghiệm phương trình: 2 x3 − 3mx 2 + (m − 1) x + 1 = 2 x + 1
x = 0

⇔ x (2 x 2 − 3mx + m − 3) = 0 ⇔  2
 2 x − 3mx + m − 3 = 0 (*)
Đường thẳng (d) cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm O; A;B phân biệt và O nằm giữa A và B khi
và chỉ khi PT (*) có 2 nghiệm trái dấu ⇔ 2.(m − 3) < 0 ⇔ m < 3

0,25

0,25


3m

 x A + xB = 2
 yA = 2 xA + 1
Khi đó tọa độ A và B thỏa mãn 
và 
( vì A và B thuộc (d))
 y B = 2 xB + 1
 x .x = m − 3
 A B
2
AB = 30 ⇔ ( xB − x A ) 2 + ( yB − y A ) 2 = 30
9m 2
m−3
⇔ ( xB − x A ) 2 = 6 ⇔ ( x B + x A ) 2 − 4 xB . x A = 6 ⇔
− 4.
=6
4
2
m = 0

2
⇔ 9 m − 8m = 0 ⇔ 
( t / m)
m = 8
9

8
Vậy m = 0; m =
là giá trị cần tìm.
9
CÂU II

II.1

Phương trình đã cho ⇔ cos x + cos 3x + 2 cos 5x = 0 ⇔ cos x − cos3x + 2 ( cos3x + cos5x ) = 0
⇔ 2sin 2x sin x + 4 cos 4x cos x = 0
 cos x = 0
⇔ 4 cos x ( sin 2 x + cos4x ) = 0 ⇔  2
sin x + cos4x = 0 ( 1)
π
+ cos x = 0 ⇔ x = + kπ
2
1 − cos2x
+ 2 cos 2 2x − 1 = 0 ⇔ 4 cos 2 2x − cos2x − 1 = 0
+ ( 1) ⇔
2

 1 + 17 

1 + 17

x = ± arccos 

÷
cos
x
=
÷+ k2π

8



8
⇔
⇔

1 − 17
 x = ± arccos  1 − 17  + k2π
cos x =

÷
÷

8

 8 

Điều kiện x + y > 0
8xy
 2

2
 x + y + x + y = 16 ( 1)
Hệ phương trình 
x3 + x x + y − 3 = 0 ( 2)

2
2
Khi đó ( 1) ⇔ ( x + y ) ( x + y ) + 8xy = 16 ( x + y )
⇔ ( x 2 + y 2 ) ( x + y ) + 4 ( x + y ) − ( x 2 + y 2 )  = 16 ( x + y )


⇔ ( x 2 + y2 ) ( x + y − 4) + 4 ( x + y ) ( x + y − 4 ) = 0
2

II.2

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

⇔ ( x + y − 4 )  x 2 + y 2 + 4 ( x + y )  = 0

 x + y = 4 (t / m)
⇔ 2
2
 x + y + 4 ( x + y ) = 0 (Loai ) do x + y > 0
Thay x + y = 4 vào PT(2) ta được: x 3 + 2x − 3 = 0
⇔ (x − 1)(x 2 + x + 3) = 0
x = 1
⇔ 2
 x + x + 3 = 0 (VN)
Với x = 1 ⇒ y = 3 .
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (1;3)

0,25

0,25


π
4

tan x
dx
4 − tan x ) cos 2 x
0 (

Ta có: I =
∫

Đặt: tan x = t ⇒
CÂU II

1

0

1

0

dx
π
= dt . Đổi cận: Với x = 0 ⇒ t = 0; x = ⇒ t = 1
2
cos x
4

t.dt
4−t

Suy ra: I = ∫
⇔I=∫

0,25

0,25
1

1

1

4 − (4 − t)
d(4 − t)
1
 4

dt = ∫ 
− 1÷dt = −4 ∫
− ∫ dt = −4 ln 4 − t − t 1
0
0
4−t
4−t 
4−t
0
0
0

0,25

4
I = 4 ln − 1
3
CÂU IV

0,25

Hình vẽ
S

K

A

B

0,25

O

C
D

a
·
Ta có: SABCD = AB.AD.sin BAD
=

2

3
2

1
a3 2
; VS.ABCD = SC.SS.ABCD =
3
4

Và: VSCBKD = VS.ABCD − VA.BKD

 BD ⊥ AC
⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ SA mà OK ⊥ SA ⇒ SA ⊥ (BKD) nên AK là
Do 
 BD ⊥ SC
đường cao của hình chóp A.BKD
OK SC
OA.SC
OA.SC
a
∆OKA (g.g) ⇒
=
⇒ OK =
=
=
Mặt khác: ∆SCA
2
2
OA SA
SA
2
SC + AC


a 3
= a 3÷
vì:  AC = 2OA = 2.
÷
2



 BD ⊥ (SAC)
1
a2
⇒ OK ⊥ BD ⇒ SBKD = OK.BD =
Mà 
2
4
OK ⊂ (SAC)
AK SC
AO.SC
AO.SC
a
=
⇒ AK =
=
=
Ta lại có :
AO SA
SA
SC2 + AC 2 2
Suy ra VABKD

1
a3
= AK.SBKD =
3
24

(vì ∆SCA

0,25

∆OKA )
0,25


a 3 2 a 3 a 3 (6 2 − 1)
(đvtt)
−
=
4
24
24



1
1
1
1
1
1
1
P=
+
+
⇒P= 
+
+
 .

2a + b + 6 2b + c + 6 2c + a + 6
2 a + b + 3 b + c + 3 c + a + 3

2
2
2

a
b
c
Đặt: x = ; y = ; z = ⇒ x, y, z > 0 & x. y.z = 1 Khi đó:
2
2
2

1
1
1
1
P= 
+
+
2  2 x + y + 3 2 y + z + 3 2 z + x + 3 
Vậy:

CÂU V

VSCBKD = VS.ABCD − VA.BKD =

0.25

0,25

Mà ta có: x + y ≥ 2 xy ; x + 1 ≥ 2 x ⇒ 2 x + y + 3 ≥ 2( xy + x + 1)
1
1
⇒
≤
2 x + y + 3 2( xy + x + 1)
Tương tự ta có: P ≤

1
1
+

4  xy + x + 1

( Nhân tử và mẫu phân số thứ hai với
⇔P≤


1
1
+

yz + y + 1
zx + z + 1 
x ; phân số thứ ba với

0.25

xy )


xy
1
1
x
+
+


4  xy + x + 1
x ( yz + y + 1)
xy ( zx + z + 1) 

0,25


xy
1
1
x
1
+
+

⇔ P≤
4  xy + x + 1 1 + xy + x )
4

x + 1 + xy 
1
Vậy P đạt GTLN bằng xảy ra khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 2
4
Chương trình chuẩn
Câu VIa
VIa.1
A
:2x-3y+14=0
⇔P≤

H

M(-3;0)

B

x-2y-1=0

C

r
r
Ta có n ( 1; −2 ) là VTPT của đường thẳng CH, do AB ⊥ CH nên n ( 1; −2 ) là 1 VTCP của
đường thẳng AB, mà AB đi qua M ( −3;0 ) ⇒ phương trình tham số đường thẳng AB:
 x = −3 + t
⇒ phương trình tổng quát đường thẳng AB: 2x + y + 6 = 0 .

 y = −2t
Mặt khác A ∈ ( ∆ ) ⇒ A = ( ∆ ) ∩ AB do đó tọa độ của A là nghiệm của hpt

 2x + y + 6 = 0
 x = −4
⇔
⇒ A ( −4; 2 )

 2x − 3y + 14 = 0
y = 2

0,25

0,25


xA + xB

 x M =
 x = −2
2
⇒ B
⇒ B ( −2; −2 )
do M ( −3;0 ) là trung điểm của AB do đó 
 y B = −2
 y = yA + yB
 M
2
Do BC // ∆ ⇒ phương trình đường thẳng BC có dạng: 2x − 3y + m = 0 (m ≠ 14) , mà

0,25

0,25

(BC) đi qua B ( −2; −2 ) ⇒ m = −2 ⇒ BC : 2x − 3y − 2 = 0

 x − 2y − 1 = 0
x = 1
⇔
⇒ C ( 1;0 )
Lại có C = BC ∩ CH do đó tọa độ của C là nghiệm của hpt 
 2x − 3y − 2 = 0  y = 0

0,25

Vậy A ( −4; 2 ) , B ( −2; −2 ) , C ( 1;0 )

VIa.2

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên ∆ , ta có d ( B, ∆ ) = BH ≤ BA (vì ∆ đi qua A). Do
đó khoảng cách từ B đến đường thẳng ∆ là lớn nhất ⇔ BH = BA ⇔ H ≡ A .
r
Vậy đường thẳng ∆ cần lập chính là đường thẳng đi qua A, ∆ ⊥ d và ∆ ⊥ AB . Gọi u là
vectơ chỉ
đường
thẳng ∆ .
uuurphương củauu
r
Ta có AB ( 1;0;1) và u1 ( 2;1;1) là vec tơ chỉ phương của đường thẳng d
r
uuur uu
r
r uu

r
r uuur
Do ∆ ⊥ d ⇒ u ⊥ u1 ; ∆ ⊥ AB ⇒ u ⊥ AB , vậy ta lấy u =  AB, u1  = ( −1;1;1)
x = 1 − t

Mặt khác ∆ đi qua A ( 1;1;0 ) vậy phương trình của ∆ là  y = 1 + t
z = t


0,25

0,25
0,25
0,25

11

8
11
8
( 1+ i) 2 
 2i ( 1 − i ) 
 1 + i   2i 
Ta có i.z = 
 +
÷
÷ +
÷ ⇔ i.z = 
2 
 1− i   1+ i 


 2 

Câu VIIa

0,25

⇔ iz = ( i ) + ( 1 + i ) = 16 − i ⇒ z = −1 − 16i ⇒ z = −1 + 16i
11

8

0,25

Do đó w = z + iz = −1 − 16i + i ( −1 + 16i ) = −17 − 17i

0,25

Vậy w = 17 2 + 17 2 = 17 2

0,25

Chương trình nâng cao
Câu VIb
VIb.1

0,25

A

H

N
I
M

C

B
D

∆ ⊥ AD , ∆ cắt AD tại I và cắt AC tại N . Có
rGọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm M và r
n ( 1; −1) là VTPT của AD, do ∆ ⊥ AD ⇒ n ( 1; −1) là VTCP của ∆ ⇒ phương trình tham
x = t
số của ∆ : 
suy ra phương trình tổng quát ∆ : x + y − 2 = 0 .
y = 2 − t


1

x=

x
+
y
−
2
=

0


2 ⇔ I 1 ; 3 
⇔
Do I = ∆ ∩ AD ⇒ tọa độ I là nghiệm của hpt: 

÷.
2 2
x − y + 1 = 0
y = 3

2
Tam giác AMN có d2 vừa là đường cao, vừa là phân giác nên là tam giác cân tại ⇒ I là
trung điểm của MN ⇒ N (1;1)
uu
r
uu
r
uu
r
Có n1 ( 3; 4 ) là VTPT của BH ⇒ u1 ( 4; −3) là VTCP của BH, do BH ⊥ AC ⇒ u1 ( 4; −3)

là VTPT của AC, do AC đường thẳng đi qua điểm N(1;1) nên AC : 4 ( x − 1) − 3 ( y − 1) = 0
⇒ AC: 4x – 3y –1 = 0. Do A = AC ∩ AD ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình:
 4x − 3y − 1 = 0
x = 4
⇔
⇔ A(4;5)


x − y + 1 = 0
y = 5
uuuu
r
AB là đường thẳng đi qua điểm M(0;2) nhận MA ( 4;3) làm vec tơ chỉ phương ⇒
 x = 4t
⇒ pt tổng quát AB : 3x − 4y + 8 = 0 . Do
phương trình tham số của AB 
 y = 2 + 3t
 x = −3
3x − 4y + 8 = 0
1


⇔
B = AB ∩ BH ⇒ tọa độ B là nghiệm của hpt 
− 1 ⇔ B  − 3; − ÷
4

3x + 4y + 10 = 0  y =

4

uuur  4a − 7 
4a − 1
 4a − 1 
⇒ C  a;
÷, ta có MC  a;
÷
3

3 
3 


x = 1 ⇒ y = 1
2
 4a − 7 
2
2

Theo giả thiết MC = 2 ⇔ a + 
31
33
÷ = 2 ⇔ 25a − 56a + 31 = 0 ⇔ 
3
x=
⇒ y=


25
25

 31 33 
⇒ C ( 1;1) hoặc C  ; ÷. Vì AD : x − y + 1 = 0 là phân giác trong góc A của tam giác
 25 25 
ABC kiểm tra điều kiện ( x B − y B + 1) ( x C − y C + 1) < 0 cả hai điểm C trên đều thỏa mãn

0,25

0,25

Gọi C ( a, b ) ∈ AC ⇒ 4a − 3b − 1 = 0 ⇒ b =

VIb.2

Ta có (S) : ( x − 1) 2 + y 2 + ( z + 1) 2 = 4 suy ra (S) có tâm I(1;0;-1), bán kính R = 2
uuur
uuur
Và AB = (1; −1; −4); AC = ( −1; −3; −4)
r
uuur uuur
Mặt phẳng (ABC) có một vectơ pháp tuyến là n =  AB, AC  = ( −8;8; −4)
Suy ra mp(ABC) có phương trình: −8x + 8(y − 1) − 4(z − 1) = 0 ⇔ 2x − 2y + z + 1 = 0
1
Ta có VABCD = d ( D;( ABC )).S ABC nên VABCD lớn nhất khi và chỉ khi d ( D;( ABC )) lớn
3
nhất . Gọi D1D 2 là đường kính của mặt cầu (S) vuông góc với mp(ABC). Ta thấy với D
là 1 điểm bất kỳ thuộc (S) thì d ( D;( ABC )) ≤ max { d ( D1;( ABC )); d ( D2 ;( ABC ))} .
Dấu “=” xảy ra khi D trùng với D1 hoặc D2
r
Đường thẳng D1D 2 đi qua I(1;0;-1), và có VTCP là n ABC = (2; −2;1)
 x = 1 + 2t

Do đó (D1D2) có phương trình:  y = −2t .
 z = −1 + t

 x = 1 + 2t
2

t=

 y = −2t


3
⇒
Tọa độ điểm D1 và D2 thỏa mãn hệ: 
z
=
−
1
+
t
−
t = 2


 ( x − 1) 2 + y 2 + ( z + 1) 2 = 4
3

0,25

0,25

0,25

0,25


 7 −4 −1 
 −1 4 −5 

⇒ D1  ; ; ÷ & D2  ; ; ÷
3 3 3 
 3 3 3 

Câu VIIb

7 4 1
Ta thấy: d ( D1 ;( ABC )) > d ( D2 ;( ABC )) . Vậy điểm D  ; − ; − ÷ là điểm cần tìm
 3 3 3
2
2.log 3 y = ( − log 2 x ) − 1
2
x > 0

2.log 3 y = log 2 x − 1
⇔
Điều kiện 
khi đó hpt ⇔  log 2 y
= log 2 x − 1
log 3 y = log 2 x − 1
y > 0

log
3
 2
 2.b = a 2 − 1
a = log 2 x
Đặt 
khi đó hpt trở thành: 
 b = log 3 y

b = a − 1

0,25

0,25

0,25

2
2
a = 1
2. ( a − 1) = a − 1 a − 2a + 1 = 0
⇔
⇔
⇔
b = 0
b = a − 1
b = a − 1

0,25

log x = 1
x = 2
⇔ 2
⇔
(t / m)
y = 1
log 3 y = 0
Vậy hệ có nghiệm duy nhất: ( 2;1)

0,25

*HƯỚNG DẪN CHẤM:
Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính
xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần
làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không làm tròn số.