5 đề thi thử thpt quốc gia môn toán năm 2016 phần 3

ẹE THI THệ ẹAẽI HOẽC SO 18
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt

2x + 3
.
x+2
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2) Gi I l giao im cỏc ng tim cn ca (C). Tỡm cỏc im M trờn (C) sao cho tip tuyn vi (C) ti M
ct cỏc ng tim cn ca (C) ln lt ti A v B sao cho ng trũn ngoi tip tam giỏc IAB cú din tớch
nh nht.

Cõu I. (2 im) Cho hm s y =

Cõu II. (2 im)
3 2(sin x + cos x )

1) Gii phng trỡnh: 2 tan 2x + sin 2x +
= 1.
2
sin x cos x


2) Gii phng trỡnh: 2(2 1 + x 2 1 x 2 ) 1 x 4 = 3x 2 + 1 (x R) .

4

Cõu III. (1 im) Tớnh tớch phõn I =


6

cos 2 x

sin 3 x sin( x + )
4

dx .

Cõu IV. (1 im)
Cho hỡnh lng tr ABC. A B C cú A .ABC l hỡnh chúp tam giỏc u cnh ỏy AB = a. Bit di on
vuụng gúc chung ca AA v BC l

Cõu V.
1)

a 3
. Tớnh th tớch khi chúp A .BB C C .
4

(2 im)

1
v
2
(C 2 ) : (x 2) 2 + (y 2) 2 = 4 . Vit phng trỡnh ng thng (d) tip xỳc vi ng trũn (C 1 ) v ct

Trong mt phng vi h ta Oxy cho cỏc ng trũn

(C 1 ) : (x 1) 2 + y 2 =

ng trũn (C 2 ) ti cỏc im M, N sao cho MN = 2 2 .

2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hỡnh thang cõn ABCD cú ỏy ln AB v ta cỏc nh
A(1;1;2) ; B (1; 1; 0) v C(0;1; 2) . Xỏc nh ta nh D.
2 sin x
cos x
+4
Cõu VI.(1 im) Tỡm tt c cỏc s thc x tha món phng trỡnh 16



Cõu VII. (1 im) Gii phng trỡnh

1
log 3 (x 2 + 1) + 1 = 3
2

x 2 +1 1

(x R)




log 5 2014

= 2014 .


SỞ GD & ĐT HÀ NỘI

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN

TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010
NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu I.
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y =

2 điểm
1 điểm

2x + 3
.
x+2

* Tập xác định: D = R\{-2}

1

> 0 ∀x ∈ D
( x + 2) 2
* Tiệm cận: lim = +∞, lim = −∞; lim = 2

0,25đ

⇒ Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x = −2 và tiệm cận ngang y = 2
* Bảng biến thiên

0,25 đ

* Chiều biến thiên: y ′ =
x → − 2−

x
y’

x → −2+

x → ±∞

-∞

+∞

-2
+

+
+∞

2

0,25đ

y
-∞

2

* Vẽ đúng đồ thị
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2) Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt .............

2x 0 + 3 
 ∈ (C ); x 0 ≠ −2 thì phương trình tiếp tuyến với (C) tại M có dạng
Lấy M x 0 ;
x 0 + 2 

2x + 3
1
y=
(x − x 0 ) + 0
(d)
2
x0 + 2
( x 0 + 2)

2x 0 + 2
) . Gọi B là giao của (d) và
x0 + 2
tiệm cận ngang y = 2. Tìm ra B (2x 0 + 2; 2) . Từ đó suy ra M là trung điểm của AB.
Ta thấy tam giác IAB vuông tại I nên IM là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IAB . Vậy đường tròn

0,25đ
--------1 điểm

0,25đ

Gọi A là giao của (d) và tiệm cận đứng x = −2 . Tìm ra A(−2;

ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích là π.IM 2 nhỏ nhất ⇔ IM nhỏ nhất

0,25đ
0,25đ

2

 2x + 3

1
− 2  = (x 0 + 2) 2 +
≥ 2 . Vậy IM nhỏ nhất
Ta có I( −2; 2) và IM = (x 0 + 2) +  0
( x 0 + 2) 2
 x0 + 2

 x + 2 =1
 x = −1 ⇒ M(−1; 1)
1
khi (x 0 + 2) 2 =
⇔  0
⇔  0
2
( x 0 + 2)
x 0 + 2 = −1
 x 0 = −3 ⇒ M(−3; 3)
2

2

Câu II.

0,25đ
2 điểm

3π  2(sin x + cos x )

1) Giải phương trình 2 tan 2x + sin 2x −  +
= 1.
2 
sin x − cos x

Điều kiện: cos 2x ≠ 0
2(sin x + cos x)
Phương trình ⇔ 2 tan 2x + cos 2x +
=1
sin x − cos x
⇔ 2 sin 2x + cos 2 2x − 2(sin x + cos x) 2 = cos 2x

1 điểm

0,25đ
0,25đ

2

⇔ 2 sin 2x + cos 2x − 2 − 2 sin 2x = cos 2x
⇔ cos 2 2x − cos 2x − 2 = 0

⇔ cos 2x = −2 (loại) hoặc cos 2x = −1 ⇔ x =

0,25đ
π
+ kπ ( k ∈ Z) (thỏa mãn)
2

0,25đ


2) Giải phương trình: 2(2 1 + x 2 − 1 − x 2 ) − 1 − x 4 = 3x 2 + 1 (x ∈ R)
Đặt u = 1 + x

2

2

2

2

2

1 điểm

2

≥ 1 và v = 1 − x ≥ 0 ⇒ x = u − 1 và u + v = 2

4u − 2 v − uv = 3u 2 − 2 (1)

Phương trình ⇔  2
u + v 2
=2
( 2)
Thay (2) vào (1) ta được phương trình:

( u ≥ 1; v ≥ 0 )

0,25đ

4u − 2v − uv = 3u 2 − (u 2 + v 2 ) ⇔ v 2 − v( u + 2) + 4u − 2u 2 = 0

0,25đ

2

0,25đ

Ta có ∆ = (3u − 2)

⇒ v = 2u hoặc v = 2 − u

* Với v = 2u ⇔ 1 − x 2 = 2 1 + x 2 ⇔ 5x 2 = −3 (vô nghiệm)
* Vớ i v = 2 − u ⇔ 1 − x 2 = 2 − 1 + x 2 ⇔ 1 − x 2 + 1 + x 2 = 2 ⇔ 1 − x 4 = 1 ⇔ x = 0
Câu III
π
4

Tính tích phân I = ∫

π
6
π
4

cos 2 x
π
sin 3 x sin( x + )
4

π
4

cot x
cot 2 x
dx = 2 ∫
dx .
2
π sin x(sin x + cos x)
π sin x(1 + cot x)

cot x

Ta có I = ∫

dx ..

π
4

2

2

dx = 2 ∫

π
sin x sin( x + )
4
6
π
π
dx
Đặt t = cotx thì dt = −
và x = ⇒ t = 3; x = ⇒ t = 1
2
6
4
sin x
π
6

3

V ậy I = 2

∫
1

t2

dt = 2
t +1

3



0,25đ
1 điểm

0,25đ

6

0,25đ

1 

0,25đ

∫  t − 1 + t + 1 dt
1

 t2
 3

1 + 3 
= 2  − t + ln t + 1 
= 2  2 − 3 + ln


 2
 1
2 




0,25đ

Câu IV
Tính thể tích khối chóp A ′.BB ′C ′C .

1 điểm
A’

C’

B’
N

A

C

O
M
B
Gọi O là tâm của đáy ABC và M là trung điểm cạnh BC. Hạ MN ⊥ A ′A . Do BC ⊥ (A ′AM ) nên MN
là đoạn vuông góc chung của A ′A và BC ⇒ MN =

a 3
4

3a
4
A ′O AO
MN.AO a
Hai tam giác A ′OA và MNA đồng dạng nên
=
⇒ A ′O =
= .
MN AN
AN
3
1
2
2 a a2 3 a3 3
VA′.BB′C′C = VA′B′C′.ABC − VA′.ABC = A ′O.S ABC − A ′O.S ABC = A ′O.S ABC = . .
=
3
3
3 3
4
18

Ta có AM =

a 3
2
a 3

; AO = AM =
;
2
3
3

AN = AM 2 − MN 2 =

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ


Câu V

1 điểm

2 sin x
cos x 
Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 16
+4


2 sin x

log 5 2010

= 2010 .

cos x

Lấy log 2010 cả 2 vế thì phương trình ⇔ 16
+4
=5
Ta có
1 cos x 1 cos x 1 cos x 1 cos x
5 4( sin x + cos x −1)
2 sin x
cos x
4 sin x
16
+4
=4
+ 4
+ 4
+ 4
+ 4
≥5 4
≥5
4
4
4
4
do sin x + cos x ≥ sin 2 x + cos 2 x = 1

 4 sin x 1 cos x
= 4
4
⇔ sin x = 0 ⇔ x = kπ ( k ∈ Z )

Dấu bằng xảy ra ⇔ 
4
 sin x + cos x = 1
Câu VIa
1) Viết phương trình đường thẳng (d) ..............
1
Đường tròn (C 1 ) có tâm I1 (1; 0) và bán kính R1 =
. Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 (2; 2) và bán
2
kính R 2 = 2 .

0,25đ
0,5đ

0,25đ
2 điểm
1 điểm

2

 MN 
Ta cần có (d) là tiếp tuyến của (C 1 ) và cách tâm I2 một khoảng IH = R 22 − 
 = 2
 2 

0,25đ

1

1 − c =

* TH1: Nếu (d) có dạng x = c. Ta có hệ 
2 ⇒ vô nghiệm c
2 − c = 2


0,25đ

* TH2: Nếu (d) có dạng y = ax + b.
 a+b
1
=
(1)

2
4a + 3b = 2
2
 a +1
Ta có hệ 
⇒ 2 a + b = 2a − 2 + b ⇔ 
 b = −2
 2a − 2 + b = 2 ( 2)

2
 a +1
1
Khi 4a + 3b = 2 thay vào (1) giải ra a = −1 hoặc a = − ⇒ (d): x + y − 2 = 0 hoặc x + 7 y − 6 = 0
7
Khi b = −2 thay vào (1) giải ra a = 1 hoặc a = 7 ⇒ (d): x − y − 2 = 0 hoặc 7 x − y − 2 = 0
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2) Xác định tọa độ đỉnh D.

0,25đ
0,25đ
--------1 điểm

Ta có BC = 3. Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua C và song song với AB và (S) là mặt cầu tâm A, bán kính R = 3 thì D là
giao của ∆ và (S).

 x = − 2m

Đường thẳng ∆ đi qua C có vtcp AB (−2; 2; 2) nên ta có phương trình ∆ :  y = −1 + 2m (1)
z = 2 + 2 m

→

Mặt cầu (S) có phương trình: (x − 1) 2 + (y + 1) 2 + (z + 2) 2 = 9 (2) .
2
Giải hệ (1), (2) tìm ra m = −1 hoặc m = − .
3
Khi m = -1 ta có D(2;−3; 0) (loại vì khi đó CD = AB = 2 3 nên ABCD là hình bình hành)
2
4 7 2
Khi m = − ta có D( ;− ; ) (thỏa mãn)
3
3 3 3

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ


Câu VIIa
Tính tổng S
Khai triển

1 điểm
= C 12010

−3

2

(1 + x )

C 32010
2010

2

+ 5 C 52010 − ... + 2009 2 C 2009
2010 .
2010
= C 02010 + C 12010 x + C 22010 x 2 + C 32010 x 3 + ... + C 2010
2010 x
2009
x ) 2009 = C 12010 + 2C 22010 x + 3C 32010 x 2 + ... + 2010C 2010
2010 x

Đạo hàm 2 vế ⇒ 2010(1 +
Nhân 2 vế với x và đạo hàm ta được
2009
2010 (1 + x) 2009 + 2009x(1 + x ) 2008 = C 12010 + 2 2 C 22010 x + 3 2 C 32010 x 2 + ... + 2010 2 C 2010
2010 x
Thay x = i vào 2 vế ta có

[

]

Vế trái = 2010.(1 + i) 2008 (1 + 2010i) = 2010.(2i)1004 (1 + 2010i) = 2010.21004 (1 + 2010i)

0,25đ
0,25đ
0,25đ

2 2
2 2010
Vế phải = (C 12010 − 3 2 C 32010 + 5 2 C 52010 − ... + 2009 2 C 2009
2010 ) + i( 2 C 2010 − ... + 2010 C 2010 )

Vậy S = 2010.21004
Câu VIb
1) Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
S
Ta có AB = 2 IM = 3 2 và AD = ABCD = 2 2 ⇒ MA = MD = 2 .
AB
→ 3 3
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và nhận MI( ; ) làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình

2 2
 x + y −3=0
x + y − 3 = 0 . Vì MA = MD = 2 nên tọa độ A, D là nghiệm của hệ 
.
2
2
(x − 3) + y = 2
Giải hệ tìm ra A( 2; 1), D( 4; -1)
Vì I là trung điểm AC và BD nên từ đó có C(7; 2) và B(5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1).
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A.........
x y z
Giả sử A(a; 0; 0); B(0; b; 0) và C(0; 0; c) ⇒ ( P ) : + + = 1 . Từ H ∈ ( P ) suy ra
a b c
2
6
2
2 6 2
−
+
+
= 1 ⇔ − + + = 11 (1) .
11a 11b 11c
a b c
Ta có:
→
→
2
6 2
AH(− − a; ; ) ; BC(0; − b; c) . Vì AH ⊥ BC ⇒ − 6b + 2c = 0 (2)

11
11 11
→
→
2 6
2
BH(− ; − b; ) ; AC (−a; 0; c) . Vì BH ⊥ AC ⇒ 2a + 2c = 0 (3)
11 11
11
2
Giải hệ (1), (2), (3) tìm ra a = −2; b = ; c = 2 và từ đó có phương trình ( P ) : x − 3y − z + 2 = 0
3
Câu VIIb
2
1
Giải phương trình log 3 (x 2 + 1) + 1 = 3 x +1 − 1 (x ∈ R)
2

0,25đ
2 điểm
1 điểm
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
--------1 điểm

0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
1 điểm

Đặt t = x 2 + 1 − 1 ≥ 0 . Phương trình trở thành log 3 (t + 1) + 1 = 3 t

0,25đ

3 y = t + 1
Đặt y = log 3 (t + 1) ta có hệ  t
⇒ 3y − 3t = t − y ⇔ t = y
3 = y + 1

0,25đ

Vậy ta có 3 t = t + 1 . Xét hàm f (t ) = 3 t − t − 1 với t ≥ 0 ta thấy phương trình f(t) = 0 chỉ có nghiệm
duy nhất t = 0.

0,25đ

Từ đó suy ra t = x 2 + 1 − 1 = 0 ⇔ x = 0 .

0,25đ


www.TaiLieuLuyenThi.com

ẹE THI THệ ẹAẽI HOẽC SO 12
Thi gian : 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt

I. PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (8 im)
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s y x 3 3 x 2 2.
a) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s ó cho.
b) Tỡm trờn ng thng y 9 x 7 nhng im m qua ú k c ba tip tuyn
n th (C) ca hm s.
Cõu 2 (2,0 im).
2 3 sin 2 x. 1 cos 2 x 4cos 2 x.sin 2 x 3
0.
a) Gii phng trỡnh:
2sin 2 x 1
1
b) Gii phng trỡnh: 2 log2 x log 1 1 2 x log 2 2 x 2 x 1 3.
2
2















x x2 4 y y 2 1 2

.
Cõu 3 (1,5 im). Gii h phng trỡnh:
2
3
3
12 y 10 y 2 2 x 1
Cõu 4 (1,5 im). Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi tõm O, cnh
a, BD a. Trờn cnh AB ly im M sao cho BM 2 AM . Bit rng hai mt
phng (SAC) v (SDM) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) v mt bờn (SAB)
to vi mt ỏy mt gúc 600. Tớnh th tớch ca khi chúp S.ABCD theo a v cosin
ca gúc to bi hai ng thng OM v SA.
Cõu 5 (1,0 im). Cho cỏc s thc dng a, b, c tha món: a 2 b 2 c 2 3. Tỡm giỏ tr
1 1 1
nh nht ca biu thc: P 3( a b c ) 2 .
a b c
II. PHN RIấNG (2,0 im)
A. Dnh cho thớ sinh thi khi A, A1
n
1
2
Cõu 6a (1,0 im). Cho P( x) ( x x ) . Xỏc nh s hng khụng ph thuc vo
x

x khi khai trin P( x) bit n l s nguyờn dng tha món Cn3 2n An21.
Cõu 7a (1,0 im). Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú nh A(1;5).
Tõm ng trũn ni tip v ngoi tip ca tam giỏc ln lt l I 2;2 v

5
K ;3 . Tỡm ta cỏc nh B v C ca tam giỏc.

2
A. Dnh cho thớ sinh thi khi B, D
Cõu 6b (1,0 im). Cho tp hp A tt c cỏc s t nhiờn cú nm ch s m cỏc ch s
u khỏc 0. Hi cú th ly c bao s t nhiờn t tp A m s ú ch cú mt ba
ch s khỏc nhau.
4
Cõu 7b (1,0 im). Trong mt phng ta Oxy, cho hai im A(0;2), B 0; v hai
5
ng thng d1 : x y 1 0, d 2 : 2 x y 2 0. Hóy vit phng trỡnh ng
thng d i qua gc ta v ct d1 , d 2 ln lt ti M, N sao cho AM song song
vi BN.

t


www.TaiLieuLuyenThi.com
TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM
TỔ TOÁN – TIN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014
Môn: TOÁN

Câu
Câu 1
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

a) Học sinh tự giải

1,0

b) Gọi M (m; 9m – 7) là điểm bất kì nằm trên đường thẳng y = 9x – 7.
Vì mọi đường thẳng có dạng x = m không là tiếp tuyến của đồ thị (C) nên ta xét d
là đường thẳng đi qua M và có dạng: y = k(x – m) + 9m – 7.
Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:
 x 3  3 x 2  2  k ( x  m)  9m  7
 2
3 x  6 x  k
3

2

0,5

2

 x  3 x  2  (3 x  6 x)( x  m)  9m  7
 2
3 x  6 x  k
Qua M kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) khi hệ trên có ba nghiệm phân biệt hay
phương trình sau có ba nghiệm phân biệt:
2 x3  3 x 2  3mx 2  6 mx  9m  5  0

  x  1  2 x 2  (5  3m) x  5  9 m   0
Do đó điều kiện của m là:

1

m
2


 5  3m  2  8(5  9m)  0
9m  42m  15  0
3


 
 2
m


5
m  1

 2.1  (5  3m).1  5  9m  0
 m  1
Vậy các điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m – 7) với m < –5 hoặc
Câu 2
(2,0 điểm)

0,5

1
 m  1.
3

1

a) Điều kiện: sin 2 x  .
2
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
2 3 sin 2 x. 1  cos 2 x   4cos 2 x.sin 2 x  3  0

 2 3 sin 2 x  2 3 sin 2 x.cos 2 x  2cos 2 x 1  cos 2 x   3  0

 
  3 sin 2 x  cos 2 x  3 sin 2 x  cos 2 x  2   0
2





3 sin 2 x  cos 2 x  3sin 2 2 x  2 3 sin 2 x.cos 2 x  cos 2 2 x  0

0,5

 3 sin 2 x  cos 2 x  0

 3 sin 2 x  cos 2 x  2(*)

1
3
 cos2 x 
 3 sin 2 x  cos2 x  0
2
2



(*)  3 sin 2 x  cos 2 x  2  sin(2 x  )  1  x   k .
6
3

Vậy nghiệm của phương trình là: x   k , k  .
3
Mà sin 2 x 

0,5


www.TaiLieuLuyenThi.com
1
b) Điều kiện 0  x  .
4
Phương trình đã cho tương đương với:
x2
2x  2 x 1

8
1 2 x



x2
4x  4 x  2

 * .
16

1 2 x

Chia hai vế của (*) cho 1  2 x ta được:

(4 x)2
4x

 2.
2
(1  2 x ) 1  2 x

4x
3
 t 2  t  2  t  2  x  1
.
2
1 2 x
3
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x  1 
.
2
Phương trình đầu tiên của hệ tương đương với:
Đặt t 

Câu 3
(1,5 điểm)

0,5

0,5

x  x 2  4  (2 y) 2  4  (2 y )
 f  x   f  2 y  với y  f (t )  t 2  4  t.
t

t2  4  t

t t

0,75



 0, t  f  t  là hàm số đồng
t2  4
t2  4
t2  4
biến trên R. Từ đó f  x   f  2 y   x  2 y.

Ta có f '(t )  1 

Thế x  2 y vào phương trình sau của hệ phương trình đã cho ta được:

3 x 2  5 x  2  2 3 x3  1
 ( x  1)3  2( x  1)   x3  1  2 3 x3  1
 g  x  1  g



3



x 3  1 với y  g (t )  t 3  2t.

Ta có g '(t )  3t 2  2  0, t  g  t  là hàm số đồng biến trên R. Từ đó:
g  x  1  g



3

x3  1



0,75

 x  1  3 x3  1
 3x 2  3x  0
 x  1  y  2

.
x  0  y  0
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  1; 2  ,  0; 0  .
Câu 4
(1,5 điểm)

Gọi H  AC  DM vì  SAC    ABCD  ,  SDM    ABCD   SH   ABCD  .
  60o là góc giữa hai mặt phẳng  SAB 

Từ H kẻ HK  AB  SK  AB  SKH
và  ABCD  .
HA AM 1
1
AO

  AH  AC 
.
HC CD 3
4
2
Mà ABD đều , AO là đường cao
a 3
  a 3 .1  a 3
 AH 
 HK  AH .sin HAK
4
4 2
8
3a
 SH  HK .tan 60o  .
8

Do AM // CD 

0,75


www.TaiLieuLuyenThi.com
1

1 3a a 2 3 a 3 3
Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  . .

.
3
3 8
2
16
 
OM .SA
Ta có cos  OM ; SA    
OM SA
     
Mà
OM .SA  OA  AM SH  HA
    1
 AO. AH  AM . AH  AO 2  AM .AH .cos 30o
2







2

0,75

1  a 3  a a 3 3 a2

 
.
 .
  .
2  2  3 4
2
4

Câu 5
(1,0 điểm)

a2
12
4
Vậy cos  OM , SA 

a 13 a 21
273
6
8
2
2 a 9
Ta chứng minh 3a    với
a 2 2
2
3
0  a  3  a  6a 2  9a  4  0   a  1  a  4   0 (đúng)

2 b2 9
2 c2 9

  ; 3c   
b 2 2
c 2 2
27
 1 1 1 1 2
Vậy 3  a  b  c   2       a  b 2  c 2  
 15
2
a b c 2
Dấu "  " xảy ra khi a  b  c  1.
n  N , n  3

3
2
Ta có Cn  2 n  An 1   n  n  1 n  2 
n 8
 2 n   n  1 n

6

Ta có

0,5

Tương tự 3b 

Câu 6a
(1,0 điểm)

0,5

0,5

8

1
1
1
2
8
1

f  x     x 1  x    C80 8  C81 6 1  x   C82 4 1  x   ...  C88 x 8 1  x 
x
x
x
x

1
3
Số hạng không phụ thuộc vào x chỉ có trong hai biểu thức C83 2 1  x  và
x
4
4
3 2
C8 1  x  Trong đó có hai số hạng không phụ thuộc x là C8 C3 và C84 C40

0,5

Vậy C83C32  C84 C40  98.

Câu 7a
(1,0 điểm)

5
5 
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC tâm K  ;3  bán kính R  AK  :
2
2 
2

5
25
2

 x     y  3  .
2
4

x 1 y  5
Phân giác AI có phương trình

 3x  y  8  0
2 1 2  5
3 x  y  8  0

2
Gọi D  AI   K   tọa độ của D là nghiệm của hệ 
5
25
2

x


   y  3 
2
4


0,5


www.TaiLieuLuyenThi.com
5

x

x  1

2  D  5 ; 1 .
Giải ra ta được hai nghiệm 
và 


2 2
y  5
y  1

2



  ICB
  BCD
  C  A  ICA
  IAC
  CID
  ICD cân tại
Lại có ICD
2 2
D  DC  DI mà DC  DB  B, C là nghiệm của hệ
2
2

5 
1
5
2



x
y

 
  DI 
2
2
2
x 1

 





y
1

 x  4.
2

5
25
2


 x  2    y  3  4

Vậy B, C có tọa độ là 1;1 ,  4;1 .

Câu 6b
(1,0 điểm)

Câu 7b
(1,0 điểm)

Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C39 . Chọn 2
chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây:
Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách;
mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự
nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng

5!
một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy 3   60 số tự nhiên.
3!
Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số
kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của
5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của
các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ
5!
tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy 3 
 90 số tự nhiên.
2!2!
9!
 150  7  4  3  12600 số thỏa mãn điều kiện đề bài.
Vậy: (60  90)C39  150 
3!6!
Giả sử M  d1  M  t; 1  t  , N  d 2  N  s; 2  2 s 
Nếu t  0  M (0; 1)  AM  Oy (loại)
Do O, M, N thẳng hàng và AM // BN nên:
 s 2  2 s


 t  1  t
t  2
OM  kON
3st  s  2t
5



t  s

4 . Vậy
6
    
2
15st  15s  6t
 s  5  2s
 s   5
 AM  l BN
 
3  t
t
4
2


M  2;1 , N   ;  .
5
5



Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.

Cảm ơn bạn () đã gửi tới www.laisac.page.tl

0,5

0,5

0,5

1,0


ẹE THI THệ ẹAẽI HOẽC SO 13
Thi gian lm bi 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s y x3 3 x 2 3 1 m x 1 3m (1)
1) Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s (1) khi m 1 .
2) Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca tham s thc m hm s (1) cú cc i, cc tiu v ng thng
i qua im cc i, cc tiu ca th hm s to vi ng thng x y 0 mt gúc 30 .
Cõu II (2 im)
1) Gii phng trỡnh x 1 1 4 x 2 3 x .
sin x cos x
2 tan 2 x cos 2 x 0 .
2) Gii phng trỡnh
sin x cos x
1
dx
Cõu III (1 im) Tớnh tớch phõn I
.
2
0 x 1 x
Cõu IV (1 im)
Cho hỡnh chúp S . ABCD cú SA x v tt c cỏc cnh cũn li cú di bng a x 0, a 0 .
Chng minh rng ng thng BD vuụng gúc vi mt phng SAC . Tỡm x theo a th tớch
ca khi chúp S . ABCD bng

a3 2
.

6

Cõu V (1 im)
Cho ba s khụng õm a, b, c thay i luụn tho món iu kin a b c 1 .
Chng minh rng: a 2 b 2 c 2 12abc 1
PHN RIấNG (3 im):Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A. Theo chng trỡnh Chun
Cõu VI.a (2 im)
1) Trong mt phng vi h to Oxy , cho im A 3;3 v ng thng d : x y 2 0 . Lp
phng trỡnh ng trũn i qua A ct d ti hai im B, C sao cho AB AC v AB AC .
2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho im A 3; 2; 2 v mt phng P cú phng
trỡnh : x y z 1 0 . Vit phng trỡnh mt phng Q i qua A , vuụng gúc vi mt phng

P

bit rng mt phng Q ct hai trc Oy, Oz ln lt ti hai im phõn bit M , N sao
cho OM ON ( O l gc to ).
Cõu VII.a (1 im)
1
10

Tỡm h s ca x8 trong khai trin thnh a thc ca: x 2 x 1 2 x .
4


B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VI.b (2 im)
1) Trong mt phng vi h to Oxy , cho tam giỏc ABC cú din tớch bng 2 v ng thng
AB cú phng trỡnh x y 0 .Bit rng im I (2;1) l trung im ca on thng BC , hóy
tỡm ta trung im K ca on thng AC .

2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho mt phng P : x y z 3 0 v A 2; 2; 2 .
Lp phng trỡnh mt cu i qua A ct P theo giao tuyn l mt ng trũn sao cho t
din ABCD u vi ỏy BCD l tam giỏc u ni tip ng trũn giao tuyn.
x
x 1 y
2 2 log 2 1 y 0
Cõu VII.b (1 im) Gii h phng trỡnh

x 1 y 5 y 1 0
---------------------------------Ht---------------------------------


TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 2009-2010

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN KHỐI 12
(Đáp án- thang điểm gồm có 04 trang)

Câu
I

Nội dung
1) Khi m  1 , hàm số (1) trở thành: y  x3  3x 2  4
Tập xác định 
 Sự biến thiên: y '  3x 2  6 x, y '  0  x  0  x  2
yCĐ=y(0)=4, yCT=y(2)=0
 Bảng biến thiên


x

0.25
0.25



2

0



y'

Điểm



0



0



4

y



0

0.25
f x =  x3-3x2 +4

8

6

4

2

-10

-5

5

10

-2

-4

-6

 Đồ thị

0.25

-8

2) y  3x  6 x  3 1  m   3  x  2 x  1  m 
Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu  phương trình y '  0 có hai nghiệm
phân biệt x1 , x2 và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó  m  0
y   x  1  x 2  2 x  1  m   2mx  2  2m ; y  x1   2mx1  2  2m
'

2

2

0.25

y  x2   2mx2  2  2m . Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm

cực trị của đồ thị hàm số (1) là y  2mx  2  2m  2mx  y  2  2m  0 .

Đường thẳng 2mx  y  2m  2  0 có một véctơ pháp tuyến n1  2m;1 ;

đường thẳng x  y  0 có một véctơ pháp tuyến n2 1;1 . Theo bài ra ta có

0.50
0.25

1

 
n
2m  1
1 .n2
3
2 3
cos 30    

 4 m 2  8m  1  0  m 
2
2
n1 . n2
4m 2  1. 2

II

1) Điều kiện x  0 .

2x 1
0
3x  x  1

x  1  1  4 x 2  3 x  4 x 2  1  3 x  x  1  0   2 x  1 2 x  1 

0.50

1
1



  2 x  1  2 x  1 
  0  2x 1  0  x  2 .
3x  x  1 

2) Điều kiện cos 2 x  0

0.50

Phương trình    sin x  cos x   2sin 2 x  cos 2 2 x  0  sin 2 2 x  sin 2 x  0

0.50

sin 2 x  0

. Do sin 2 x  1 thì cos 2 x  0 , nên chỉ có sin 2 x  0  x  k  k   

2
sin 2 x  1

Đặt x  sin t  dx  cos tdt ; Khi x  0 thì t  0 ; Khi x  1 thì t  .
2

0.50

2

III

0.25

2


2


2

cos tdt
1  sin t  cos t    cos t  sin t 
1  cos t  sin t 
 
dt    1 
 dt
sin t  cos t 2 0
sin t  cos t
2 0  sin t  cos t 
0

I

0.50
I

IV


2

1

t  ln  sin t  cos t    .
2
4
0

0.25

Do B, D cách đều S , A, C nên BD   SAC  . Gọi O  AC  BD . Các tam giác
ABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau có đáy BD chung nên
OA  OC  OS . Do đó tam giác SAC vuông tại S .

0.50

1
1
1
a x
1
VS . ABCD  2.VS . ABC  2. .BO.SA.SC  ax AB 2  OA2  ax a 2 
 ax 3a 2  x 2
6
3
3
4
6
3
x  a

a 2 1
 ax 3a 2  x 2  
VS . ABCD 
6
6
x  a 2
2

V

2

0.25
0.25

Với a  b  c  1 thì
a 2  b 2  c 2  12abc  1  12abc  (a  b  c) 2  ( a 2  b 2  c 2 )
 12(a  b  c )abc  2( ab  bc  ca )

0.50
 3(a  b  c)abc  (ab  bc  ca)  3(a  b  c)abc  (ab  bc  ca)

2

1
 [( ab  bc) 2  (bc  ca) 2  (ca  ab)2 ]  0 (luôn đúng)
2
1
Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi a  b  c 
3

VI.a 1) Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần tìm.

0.50

Ta có R  d  A, d   2 2 . Tâm I chính là hình chiếu vuông góc của điểm A lên
đường thẳng d .
Gọi a là đường thẳng qua A và vuông góc với d . Suy ra a : x  y  0

0.25
0.25
2


x  y  0

Toạ độ tâm I là nghiệm của hệ 
 x  y  1 . Tâm I 1;1
x  y  2  0

0.25

Vậy đường tròn cần tìm có phương trình  x  1   y  1  8

0.25

Vì ( P)  (Q) nên n  nP (1, 1, 1) (1)
mặt phẳng  Q  cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại hai điểm M  0; a;0  , N  0;0; b 

0.25


n
2) Giả sử là một vec tơ pháp tuyến của (Q)
 

2

2

b  a  0

phân biệt sao cho OM  ON nên a  b  0  
b  a  0
 
Ta thấy n  MN (2).
Xét 2 trường hợp


Trường hợp 1: nếu b  a  0 thì MN (0, a, a) / /u (0, 1,1)


0.25

 

Từ (1) và (2) suy ra có thể chọn n  u, nP   (2,1,1) là một vec tơ pháp tuyến
của  Q 
Mp  Q  có phương trình 2( x  3)  ( y  2)  ( z  2)  0  2 x  y  z  2  0
Khi đó  Q  cắt Oy, Oz tại M  0; 2;0  , N  0;0; 2  ( thỏa mãn đề bài)

0.25



Trường hợp 2: nếu b  a  0 thì MN (0, a, a) / / v(0,1,1)



VII.a

 

Từ (1) và (2) suy ra có thể chọn n  v, nP   (0,1, 1) là một vec tơ pháp
tuyến của  Q  ,  Q  có phương trình 0( x  3)  ( y  2)  ( z  2)  0  y  z  0
Khi đó  Q  cắt Oy, Oz tại O  0;0;0  (không thỏa mãn đề bài)
Vậy mặt phẳng  Q  có phương trình 2 x  y  z  2  0

0.25

1
1
1
( x 2  x  )(1  2 x)10  (4 x 2  4 x  1)(1  2 x)10  (1  2 x)12
4
4
4

0.25

Theo khai triển Newton số hạng chứa x8 là

1 8 8 8
C12 .2 .x
4

0.50

1 8 8
C12 .2 =31680
4
Đường thẳng IK qua I và song song với AB có phương trình x  y  1  0

Hệ số của x8 bằng
VI.b

2 1

Chiều cao kẻ từ C của ABC bằng h= 2.

12  (1) 2

0.25
0.25

 2

2.S ABC
4

2 2

h
2
AB
 2 suy ra K nằm trên đường tròn (C ) tâm I bán kính
IK 
2
có phương trình ( x  2) 2  ( y  1)2  2
AB 

2

0.25

( x  2)  ( y  1)  2
 x  y 1  0

Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ 
Tìm được K 1;0  hoặc K  3; 2  .

0.25

2

2

0.25

3

2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  P  . Gọi d là
x  2  t
đường thẳng qua A và vuông góc với  P  . Ta có d :  y  2  t
z  2  t


H  d  H  2  t; 2  t; 2  t  . Mà H   P  nên 2  t  2  t  2  t  3  0  t  1 .

Vậy H 1;1;1 ; AH  3 .

0.25
2

2
3
9
2
ABH vuông tại H  AB 2  AH 2  HB 2  AB 2  3   AB
  AB 
2 
2
3
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB . Mặt phẳng trung trực của đoạn
thẳng AB cắt đoạn thẳng AH tại I . Điểm I chính là tâm mặt cầu cần

0.25

tìm.
Ta có AM . AB  AI . AH  R  AI 
 3 

5 5 5
Từ AI  AH . Suy ra I  ; ; 
4
4 4 4

AB 2 3 3

2 AH
4

2

0.25

2

2

5
5
5
27
Mặt cầu cần tìm có phương trình:  x     y     z   
4 
4 
4  16


0.25

VII.b  x 1 y
x
 0 1
2  2  log 2

1 y


 x 1  y   5 y  1  0  2 
x
Điều kiện
0.
1 y
x  0
x  0
Trường hợp 1: 

1  y  0
y 1

(1)  2 x  21 y  log 2 x  log 2 1  y   0  2 x  21 y  log 2 1  y   log 2 x
Nếu x  1  y thì vế trái dương, vế phải âm (loại);
Nếu x  1  y thì vế trái âm, vế phải dương (loại)
Vậy x  1  y hay y  1  x . Thay vào (2) ta có: x 2  5 x  6  0  x  2  x  3
Với x  2 thì y  1 ; Với x  3 thì y  2 (thoả mãn điều kiện).
0.50
x  0
x  0
Trường hợp 2: 
(*)


1  y  0
y 1
1
5
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  x; y   (2; 1);(3; 2)

Từ (2) có 5 y  1  x 1  y   0  y   . Mâu thuẫn với (*).
0.50

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.
------------------Hết-----------------Thạch Thành, ngày 30 tháng 3 năm 2010
Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN

4


ẹE THI THệ ẹAẽI HOẽC SO 15
Thi gian lm bi: 180 phỳt
Cõu I: ( 2 ủim) Cho hm s y = x 3 + 3 x 2 9 x + 3 cú ủ th (C).
1 Kho sỏt v v ủ th hm s.
2 Tìm trên đồ thị (C) điểm sao cho tiếp tuyến tại điểm đó có hệ số góc nhỏ nhất. Viết phơng trình tiếp
tuyến của đồ thị tại điểm đó
Cõu II ( 2 ủim)
sin x cos 2 x + cos 2 x(tan 2 x 1) + 2 sin 3 x = 0

1 Gii phng trỡnh lng giỏc :
2 Gii bất phơng trình: 7 x 2 7

x2 +2 x+4

= x 2 + 2 x + 4 ( x 2)

Cõu III ( 1 ủim)
Tớnh gii hn sau : lim
x 0

1 cos x
(1 1 x ) 2

Cõu IV: ( 1 ủim)
Cho đờng tròn tâm O bán kính R. Hình chóp SABCD có SA cố định và vuông góc với mặt phẳng đáy,
SA = h; đáy ABCD là tứ giác thay đổi nhng luôn nội tiếp trong đờng tròn đ cho và có hai đờng chéo AC và
BD vuông góc với nhau
1 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD
2 Xác định hình dạng của tứ giác ABCD để thể tích hình chóp đạt giá trị lớn nhất
( 2 ủim). Trong mặt phẳng Oxy:
1 Cho hình thoi ABCD có A(1;3), B(4; -1), AD song song với trục Ox và xD < 0. Tìm toạ độ đỉnh C, D
2 Cho đờmg tròn (C) có phơng trình x 2 + y 2 2 x + 4 y 20 = 0 và điểm A(4;5). Viết phơng trình
đờng thẳng đi qua A và cắt đờng tròn (C) tại hai điểm E, F sao cho EF có độ dài bằng 8

Cõu 5V

Cõu VI ( 1 ủim)
Khai triển (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a o + a1 x + a 2 x 2 + .... + a15 x 15
Tính : 1. Hệ số a10
2. Tổng T = a1 + 2a 2 + 3a 3 + ... + 15a15
Cõu VII
( 1 ủim)

Chứng minh rằng với mọi số dơng a, b, c ta luôn có bất đẳng thức:
1
1
1
1
+ 3
+ 3

3
3
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc


ỏp ỏn Toán Khối A- Thi th ủi hc ln 1 nm hc 2009-2010
Li gii
Cõu
Cõu TX : D= R
I.1
y= 3x2 + 6x-9 xỏc ủnh x D
(1
x = 1
y= 0
ủim)
x = 3

Hàm số đồng biến trên (-;-3) và (1;+ ); nghịch biến trên (-3;1)
Điểm cực đại (-3;30), cực tiểu (1;-2)

y =
Giới hạn xlim


i
m
0,25

0,25

BBT
x

-3



1
0,25

y
y

+

0
30

-

Cõu
II.1
(1
ủim)

+
+

-

Câu
I.2
(1điể
m)

0

-2


Đồ thị: (Đồ thị đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu và hai điểm nằm về hai bên cực đại,
cực tiểu; có tính đối xứng)
Lấy M(x0,y0) (C ) Tiếp tuyến với (C) tại M có hệ số góc k = y ' = 3 x02 + 6 x0 9


k = y ' = 3( x0 + 1) 2 12 12 . Hệ số góc đạt giá trị nhỏ nhất bằng k = -12 khi x0=-1

=> M(-1;14)

Phơng trình tiếp tuyến tại điểm M là y = -12x + 2

iu kin: cosx 0

pt đ cho
sin 2 x
1) + 2 sin 3 x = 0
2
cos x
2
sin x. cos 2 x + sin x cos 2 x + 2 sin 3 x = 0

0,25
----0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

sin x. cos 2 x + cos 2 (

0,25


sin x = 1
sin x(1 2 sin x) + sin x cos x + 2 sin x = 0 2 sin x + sin x 1 = 0
sin x = 1
2

2

2

2

3

2



0,25


+ ) sin x = 1 : loai



x = + k 2

1
6
+ ) sin x =
2
x = 5 + k 2

6

Câu
II.2
(1điể

m)

0,25
,k Z

Đk: x 2 + 2 x + 4 0
+) Nếu x 2 + 2 x + 4 > x 2 thì VF > 0; VT < 0 => phơng trình vô nghiệm
+) Nếu x 2 + 2 x + 4 < x 2 Thì VF < 0; VT > 0 => phơng trình vô nghiệm
Vậy pt x 2 + 2 x + 4 = x 2


0,5

x 2 0

pt

2
2
x + 2 x + 4 = ( x 2)


x 2
x 2

x = 0 x = 3
2
2 x 6 x = 0
x = 3

Cõu
III
1
ủiểm

lim
x 0

1 cos x
(1 1 x )

2

Vậy nghiệm của phơng trình là x = 3
0,25

(1 cos x).(1 + 1 x )
x 0
x2

2

= lim

..
2 sin 2
= lim
x 0

0,25

x
.(1 + 1 x ) 2
2
x
4.( ) 2
2

0,25

0,5

..
=2
0,25
Cõu
IV
1
ủim

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ta có I nằm trên đờng thẳng Ot vuông góc
với mp(ABCD) tại O. Vì SA vuông góc với (ABCD) nên Ot//SA

Trong mp(SA,Ot), giao của đờng trung trực đoạn SA và Ot là tâm I của mặt cầu

Tính đợc R = IA = OI 2 + OA 2 =

h2
1 2

+ R2 =
h + 4R 2
4
2

0,25
0,25

0,25


1
3

1
6

1
6

Thể tích hình chóp V = S ABCD .h = h. AC.BD h.2 R.2 R
V đạt giá trị lớn nhất khi AC = BD = 2R. Vậy khi tứ giác ABCD là hình vuông thì Hình 0,25
chóp đạt giá trị lớn nhất
Câu V Vì a 2 + b 2 2ab Nên ta có
1điểm a 3 + b 3 + abc = (a + b)(a 2 + b 2 ab) + abc (a + b)ab + abc = ab(a + b + c)


0,25

1
1
≤
3
a + b + abc ab(a + b + c)

V× hai vÕ cña bÊt ®¼ng thøc ®Òu d−¬ng nªn:
T−¬ng tù ta cã:

1

1
b + c + abc bc(a + b + c)
1
1
≤
3
3
c + a + abc ca (a + b + c)
3

(2)

≤

3

(1)

3

0,25

(3)

…………………………………………………………………………………..
Céng (1), (2), (3) cã
1
1
1
1
1
1
+ 3
+ 3
≤
+
+
3
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc ab(a + b + c) bc(a + b + c) ca (a + b + c)
3

0,25

………………………………………………………………………………………
⇔

1

1
1
1
+ 3
+ 3
≤
3
3
3
a + b + abc b + c + abc c + a + abc abc

0,25

3

DÊu “ =” khi: a = b = c
Câu V× BC//AD//Ox nªn C(xC;-1); D(xD;3)
VIa. 1 Do ABCD lµ h×nh thoi nªn cã AB = DC ; AC ⊥ BD
1
ñiểm …………………………………………………………………………………………
Ta cã AB = (3;−4) DC = ( xC − x D ;−4), AC = ( xC − 1;−4),
BD = ( x D − 4;4)
Ta cã hÖ pt

Câu
VI.a.2
1
ñiểm

 xC


 xC = x D + 3
 xC − x D = 3
xD
⇔ 2
⇔

 x
( xC − 1).( x D − 4) − 16 = 0
 x D − 2 x D − 24 = 0
 C
 x D

0,25

0,25

=9
=6
= −1

0,25

= −4

…………………………………………………………………………………………
V× xD<0 nªn C(-1;-1); D(-4;3)

0,25

§−êng trßn (C) cã t©m I(1;-2), b¸n kÝnh R=5
§−êng th¼ng (d) qua A(4;5) cã ph−¬ng tr×nh A( x − 4) + B( y − 5) = 0,
( A 2 + B 2 ≠ 0)
…………………………………………………………………………………………

0,25

| A − 2 B − 4 A − 5B |

Do EF = 8 ⇒ d ( I , d ) = 5 2 − 4 2 = 3 ⇒

2

A +B

2

=3⇔

| 3A + 7B |
A2 + B 2

=3

0,25

…………………………………………………………………………………………
B = 0
21A + 20 B = 0

BiÕn ®æi ®−a vÒ 42 AB + 40 B 2 = 0 ⇔ 

…………………………………………………………………………………………
+) Víi
B=0 cã pt (d) : x = 4
+) Víi
21A+20B = 0 cã ph−¬ng tr×nh (d): 20x-21y+25=0
Câu Ta cã f ( x) = (1 + x + x + x ) = (1 + x) (1 + x )
VII a. (1 + x) 5 = C50 + C51 x + C52 x 2 + C53 x 3 + C54 x 4 + C55 x 5
1
(1 + x 2 ) 5 = C 50 + C 51 x 2 + C 52 x 4 + C 53 x 6 + C 54 x 8 + C 55 x 10
ñiểm
…………………………………………………………………………………………
Suy ra a10 = C50 C55 + C52 C54 + C 54 C53 = 1 + 50 + 50 = 101
………………………………………………………………………………………
2

3 5

5

0,25

0,25

2 5

0,25

0,25

f ( x) = (1 + x + x 2 + x 3 ) 5 = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + .......... + a15 x 15

f ' ( x) = 5(1 + x + x 2 + x 3 ) 4 (1 + 2 x + 3 x 2 ) = a1 + 2a 2 x + 3a 3 x 2 + ... + 15a15 x 14


Cho x=1, ta có f ' (1) = 5.4 4.6 = a1 + 2a 2 + 3a3 + ... + 15a15
Vậy T= 7680
Cõu Cạnh AB qua M và vuông góc với đờng cao CH nên có pt: 2( x + 3) + y = 0 2 x + y + 6
VI.b.1
x = 4
2 x 3 y + 14 = 0
Vậy A(-4;2)
1ủim Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ 2 x + y + 6 = 0 y = 2

M là trung điểm AB nên tính đợc toạ độ đỉnh B(-2;-2)

Cạnh BC // và qua B nên pt BC là 2(x+2) 3(y+2) = 0
Toạ độ của C là nghiệm của hệ

x = 1
x 2 y 1 = 0


y = 0
2 x 3 y 2 = 0

Vậy toạ độ đỉnh C(1;0)

Câu Elíp có tiêu điểm phải F2 (2 3;0) . Đờng tròn (C) có tâm I (2 3;0) , bán kính R = 4
VIb.2
1điểm Đờng tròn (C) có tâm J, bán kính R=JF2
(C) tiếp xúc ngoài với (C) nên có IJ = R + R' = 4 + JF2 JI JF2 = 4

Vì I, F2 cố định, IF2>4 nên J nằm trên một đờng Hypebol (H) cố định

(H) có hai tiêu điểm là I và F2 nằm trên trục Ox và đối qua gốc O,
2a = 4; 2c = 4 3 a 2 = 4; b 2 = 12 4 = 8

Phơng trình của (H)

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

a2 y2

=1
4
8

Câu Tính đợc n() = C103 .C 73
VIIb
1điểm Chỉ có hai khả năng :
+) Cả hai lần đều không lấy đợc viên bi đỏ nào: C83 .C53

+) Cẩ hai lần đều lấy đợc một viên bi đỏ C 21 .C82 .C11 .C 62

Gọi A là biến cố Hai lần đều lấy đợc số bi đỏ nh nhau , xác suất cần tìm:
n( A) C83 .C 53 + C 21 .C82 .C11 .C 62 56.10 + 2.28.15 1
=
=
=
P ( A) =
120.35
3
n ( )
C103 .C 73

Trên đây là tóm tắt cách giải, cần lu ý lập luận của học sinh trong quá trình giải bài. Nếu học
sinh làm theo các cách khác nhau tổ chấm thảo luận để chia điểm thống nhất. Điểm toàn bài
không làm tròn

0,25

0,25

0,25

0,25


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 16
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2(m + 1)x2 + m (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thò hàm số (1) có ba điểm cực trò và tam giác tạo bởi 3 điểm cực trò này có diện tích bằng 32.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình

(1 − 2sin x)cos x
= 3⋅
(1 + 2sin x)(1 − sin x)

(23 − 3x) 7 − x + (3y − 20) 6 − y = 0
2. Giải hệ phương trình 
⋅
2

 2x + y + 2 − −3x + 2y + 8 + 3x − 14x − 8 = 0

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I =

π
2

3 sin x + 4 cos x

∫ 3 sin2 x + 4 cos2 x dx.

0

Câu IV. (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau, AB = BC = CD = a. Gọi
C′ và D′ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tứ diện ABC′D′.
Câu V. (1,0 điểm)

1
1
1
1023
Cnn =
Tìm số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức : C0n + C1n + C2n + ⋅ ⋅⋅ +
⋅
2
3
n +1
10

( Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Câu VI. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Tìm tọa

độ các đỉnh của tam giác biết AB = 5, C(−1; −1), đường thẳng

AB: x + 2y − 3 = 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng d: x + y − 2 = 0.

Câu VII. (1,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,
d1:

cho mặt phẳng (P): 2x + y − z = 0 và hai đường thẳng

x−4 y z
x−6 y z+2
= =
⋅ Tìm điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng d1 sao cho
= = ; d2 :
1
1 −3
1
2
2

M và N đối xứng nhau qua đường thẳng d 2 . Lập phương trình đường thẳng d đi qua M, vuông góc với d1 và
tạo với mặt phẳng (P) một góc 30o.
Câu VIII.(1,0 điểm)Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z2 = 3. Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức
P = xy + yz + zx +

5
⋅
x+y+z


Câu
I

(2,0điểm)

Đáp án

Điểm

1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1)…
Khi m = 1 , ta có y = x 4 − 4x2 + 1.
xác đònh: D = ℝ.
• Sự biến thiên:
• Tập

0,25

x = 0

- Chiều biến thiên: y′ = 4x3 − 8x; y′ = 0 ⇔ 

 x = ± 2

- Hàm số đồng biến trên các khoảng (− 2 ; 0), ( 2 ; + ∞ ).

- Hàm số nghòch biến trên các khoảng (−∞ ; − 2),(0;

2).

- Cực trò: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2 , yCT = −3, đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1.
- Giới hạn: lim y = lim y = +∞.
x→−∞

0,25

x →+∞

- Bảng biến thiên:

x
y′

−∞

− 2
−
0

0
0

+

+∞

+∞

2
0

−

+

+∞

1

0,25

y
−3
• Đồ

−3

y
1

thò
−2

− 2

2
O

2

x

0,25

−3

2. (1,0 điểm) Tìm m để đồ thò hàm số (1) có ba điểm cực trò và tam giác tạo…
Ta có y′(x) = 4x3 − 4(m + 1)x = 4x(x 2 − m − 1);

0,25

y′(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 = m + 1 (1).

Đồ thò hàm số có ba điểm cực trò, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔ m > −1 (*). Khi đó: A(0 ; m), B(− m + 1 ; − m 2 − m − 1), C( m + 1 ; − m 2 − m − 1).

0,25

Gọi H là trung điểm của BC ⇒ H(0; − m 2 − m − 1)
0,25

1
Ta có SABC = AH.BC = (m + 1)2 m + 1
2

Theo giả thiết SABC = 32 ⇔

II
(2,0 điểm)

(

m +1

)

5

= 32 ⇔ m + 1 = 2 ⇔ m = 3 (nhận thỏa (*)).

1. (1,0 điểm) Giải phương trình…

1
sin x ≠ −
Điều kiện 
2 (*).
sin x ≠ 1


0,25

0,25

Với điều kiện (*), phương trình đã cho tương đương
cos x − 2sin x cos x = 3(1 − sin x + 2sin x − 2sin2 x)
⇔ cos x − sin 2x = 3 + 3 sin x − 2 3 sin 2 x
⇔ sin 2x + 3(1 − 2sin2 x) = − 3sinx + cos x

Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ

-2-

0,25



π
1
3
3
1
5π 
sin 2x +
cos2x = −
sinx + cos x ⇔ sin  2x +  = sin  x +

2
2
2
2
3
6 




π
5π
π
+ k2π
 2x + = x +
 x = + k2π
3

6
2
⇔
⇔
(k ∈ ℤ).
π
π
π k2π
5


x=− +
 2x + 3 = π − x − 6 + k2π
18
3

π k2π
Kết hợp với (*), ta suy ra nghiệm của PT đã cho là x = − +
, k ∈ ℤ.
18
3
⇔

0,25

0,25

2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
Điều kiện x ≤ 7; y ≤ 6; 2x + y + 2 ≥ 0; − 3x + 2y + 8 ≥ 0 (*)

0,25

PT thứ nhất của hệ có thể viết lại dưới dạng [3(7 − x) + 2)] 7 − x = [3(6 − y) + 2] 6 − y (1)
3t + 2
> 0, ∀t > 0 nên hàm số đồng biến
2 t
khi t ≥ 0 .Từ (3) có f (7 − x) = f (6 − y), suy ra 7 − x = 6 − y ⇔ y = x − 1.

Xét hàm số f (t ) = (3t + 2) t , t ≥ 0 , ta có f ′( t ) = 3 t +

0,25

Thay vào PT thứ hai của hệ ta được 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 8 = 0 (2)
1
Giải (2), điều kiện − ≤ x ≤ 6 (**)
3
PT (4) được viết lại dưới dạng 3x + 1 − 4 + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14x − 5 = 0

(

) (

)

0,25

3x − 15
x−5
+
+ ( x − 5)(3x + 1) = 0

3x + 1 + 4 1 + 6 − x
3
1


⇔ (x − 5) 
+
+ 3x + 1 = 0 ⇔ x = 5. Từ đó suy ra y = 4.
 3x + 1 + 4 1 + 6 − x


⇔

>0

Kết hợp điều kiện (*) và (**) ta được HPT đã cho có nghiệm là (x; y) = (5; 4).

III

0,25

Tính tích phân

(1,0 điểm)

I=

π
2

π
2

3 sin x

4 cos x

∫ 3 sin2 x + 4 cos2 x dx + ∫ 3 sin2 x + 4 cos2 x dx
0

0

π
2

Tính I1 = ∫
0

3 sin x
3 sin x + 4 cos2 x
2

dx

0,25

Đặt t = cosx ⇒ dt = −sinxdx. Khi đó:

I1 =

π
2

3 sin x

∫ 3 + cos2 x

0

dx = − ∫

1 3+ t

0

Đặt t = 3tanu ⇒ dt =

π
2

Tính I 2 = ∫
0

3dt
2

3
cos2 u

4 cos x

3 sin 2 x + 4 cos2 x

1

= 3∫

dt

0 3+ t

2

π
6

du. Khi đó I1 = 3 ∫
0

3
 3 
cos2 u. 
2 
 cos u 

π

0

0

du = 3 ∫ du = 3u 6 =

π 3
6

0,25

dx
0,25

Đặt t = sinx ⇒ dt = cosxdx. Khi đó:

Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ

π
6

-3-


I2 =

π
2

4 cos x

∫ 4 − sin2 x

1

dx = 4 ∫

dt

0

0 4−t

1

1

2
1

(2 − t) + (2 + t)
dt
dt
2+t 1
=∫
+∫
= ln
= ln 3
dt = ∫
(2 − t)(2 + t)
2+t 02−t
2−t 0
0
0

IV
(1,0 điểm)

0,25

π 3
Vậy I =
+ ln 3.
6
Tính thể tích tứ diện ABC’D’
CD ⊥ BC
Vì 
nên CD ⊥ (ABC) và do đó (ABC) ⊥ (ACD) .
CD ⊥ AB

Vì BC′ ⊥ AC nên BC′ ⊥ (ACD).

A

D′
0,25

C′

D

B
a
C

Thể tích tứ diện ABC′D′:
1
1
1
CD
VABC′D′ = ⋅ BC′.SAC′D′ = ⋅ BC′.AC′.AD′sinCAD = ⋅ BC′.AC′.AD′.
⋅
3
6
6
AD
Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên AC′ = CC′ = BC′ =

0,25

a 2
⋅
2

Ta có AD2 = AB2 + BD2 = AB2 + BC2 + CD2 = 3a2 nên AD = a 3.
Vì BD′ là đường cao của tam giác vuông ABD nên AD′.AD = AB2 ⇒ AD′ =

0,25
2

AB
a
=
⋅
AD

3

2

Vậy VABC′D′

V
(1,0 điểm)

1 a 2  a
a
a3
(đvtt).
= ⋅
⋅
=
 ⋅
6  2 
3 a 3 36

0,25

Tìm giá trò lớn nhất của P
Đặt t = x + y + z ⇒ t 2 = 3 + 2(xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + zx =

t2 − 3
2

0,25

Ta có 0 ≤ xy + yz + zx ≤ x 2 + y2 + z 2 = 3 nên 3 ≤ t 2 ≤ 9 ⇒ 3 ≤ t ≤ 3

0,25

t2 − 3 5
t2 5 3
+ ⋅ Xét hàm số f(t) = + − , t ∈  3; 3


2
t
2 t 2
5 t3 − 5
Ta có f ′(t) = t − =
> 0 vì t ≥ 3.
t2
t2
14
Suy ra f(t) đồng biến trên  3; 3 . Do đó f(t) ≤ f(3) = ⋅


3

0,25

Khi đó P =

Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ

-4-

14
xảy ra khi t = 3 hay x = y = z = 1.
3
1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC

Vậy giá trò lớn nhất của P là

VIa
(2,0 điểm)

0,25

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có tam giác ABC vuông cân tại
A nên I là trung điểm của BC và AI // d.
C

Đường thẳng AI có phương trình là
1(x − 1) − 1(y − 2) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0

d

I

0,25

A
B
Hình minh họa

Vì I ∈ AI ⇒ I(t; t + 1), t ∈ ℝ

0,25

Ta có AI = (t − 1; t − 1) nên R = AI = 2(t − 1)2
Mặt khác R = d(I;d) ⇔ 2(t − 1)2 =

t − (t + 1) − 1
12 + 12

t = 0
⇔ 2(t − 1)2 = 2 ⇔ t − 1 = 1 ⇔ 
t = 2

Với t = 0 ta tìm được phương trình đường tròn (T) là x 2 + (y − 1)2 = 2 .
Với t = 2 ta tìm được phương trình đường tròn (T) là (x − 2)2 + (y − 3)2 = 2.

0,25

0,25

2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ∆′ đối xứng với ∆ qua mặt phẳng (α).
Ta thấy ngay ∆ cắt (α) tại điểm A và tọa độ A là nghiệm của hệ:
x −1 y −1 z + 2
=
=

2
1 ⇒ A(1; 1; − 2).
 3

2x + y + z − 1 = 0.


0,25

Ta chọn điểm M(4; 3; − 1) ∈ ∆
Gọi H là hình chiếu của M trên (α), tọa độ của H là nghiệm của hệ:
x − 4 y − 3 z +1
 3
5
=
=

1
1 ⇒ H  1; ; −  ⋅
 2
2
 2

2x + y + z − 1 = 0.

VIIa
(1,0 điểm)

0,25

 x M′ + x M = 2

Gọi M′ là điểm đối xứng của M qua (α) ta có  y M′ + y M = 3 ⇒ M′(−2; 0; − 4)
z + z = −5

M
 M′
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm chính là đường thẳng qua A, M′ là:
x −1 y −1 z + 2
=
=
⋅
3
1
2
Tìm số nguyên dương n

Ta có (1 + x)n =

0,25

0,25

n

∑ Cnk x k

0,25

k =0

Giáo viên ra đề .PHẠM TRỌNG THƯ

-5-