Đề 3 thi thử đại học năm 2010 môn toán - Khối A, B

<span class='text_page_counter'>(1)</span>§Ò luyÖn thi cÊp tèc hÌ 2010. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán - Khối A, B.. sè 1. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hµm sè y=-x3+3x2-2 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm trên đ-ờng thẳng (d): y=2 các điểm kẻ đ-ợc ba tiếp tuyến đến đồ thị (C ). Câu II (2,0 điểm). x2  x  2  3 x  5x2  4 x  6 ( x  R). 3  2. Giải phương trình 2 2 cos 2 x  sin 2 x cos( x  )  4 sin( x  )  0 . 4 4 e 3 log 2 x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx 2 x 1  3ln x 1 Câu IV(1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết 1. Giải bất phương trình. khoảng cách giữa AA’ và BC là. a 3 4. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z  0 thoả mãn x + y + z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . x3  y 3  16 z 3.  x  y  z. 3. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3 x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. x 1 y 1 z 1   2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: ; d2: 2 1 1 x 1 y  2 z 1   và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng , biết 1 1 2  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1, d2 . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = 0 Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2)  x  1  2t. 2.Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau: d : x  y  1  z  2 ; d :  y  1  t 1 2  2. 1  log 1  y  x   log 4 y  1 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  4  2 2  x  y  25. -----------------Hết---------------. 1 Lop12.net. 1. ( x, y   ). 1. z  3 .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.. Câu. Ý 1 *Tập xác định: D = R. Nội dung. Điểm. x  0 * y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = 0   x  2 *Bảng biến thiên x y’. - -. 0 0. +. +. 3 0 2. 1đ. + -. y -2. -. * Hàm số nghịch biến trên ( -  ;1) và ( 3; +  ); đồng biến trên ( 1; 3) * Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2. I. y. f(x)=-x^3+3x^2-2. 4. 2. x -4. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. -2. -4. * Đồ thị : 2. (1,0 điểm): Gọi M  (d )  M(m;2). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc k  PTĐT  có dạng : y=k(x-m)+2. ĐT  là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm. 0,25. 3 2  x  3 x  2  k ( x  m)  2 (1) (I).  2 (2) 3 x  6 x  k. 0,25. Thay (2) và (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0  (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0 x  2 . Đặt f(x)=VT(3)  2 2 x  (3m  1) x  2  0 (3). 0,25. Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C)  hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt  PT(3) có hai nghiệm phan biệt khác 2    0  m  1 hoÆc m>5/3 .  f (2)  0. m  2. Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với m  1 hoÆc m>5/3 thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến m  2. (C). 0,25. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: 0985.873.128 ĐÁP ÁN DE SO 1. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1.  x2  x  2  0   x2 Điều kiện  x  0 5 x 2  4 x  6  0 . 0,5. Bình phương hai vế ta được 6 x( x  1)( x  2)  4 x  12 x  4 2.  3 x( x  1)( x  2)  2 x( x  2)  2( x  1)  3. Đặt t .  1 t x( x  2) 2  0 ta được bpt 2t  3t  2  0   2  t  2 ( do t  0 )  x 1 t  2. Với t  2 . II. x( x  2) x( x  2) 2 2 x 1 x 1. x( x  2)  2  x2  6x  4  0 x 1. 0,5.  x  3  13   x  3  13 ( do x  2 ) Vậy bpt có nghiệm x  3  13 x  3  13  2. 2 2 cos 2 x  sin 2 x cos( x . 2 2 cos 2 x  sin 2 x (cos x.cos. 3  )  4 sin( x  )  0  4 4. 0,25. 3 3    sin x sin )  4(sin x cos  cos x sin )  0 4 4 4 4.  4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0  (sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0 s inx+cosx=0 (2)  . PT (2) có nghiệm x    k .  4  4(cosx-sinx)-sin2x-4=0 (3). 0,25. . Giải (2) : Đặ t  s inx-cosx= 2 sin( x  ), §iÒu kiÖn t  2 (*)  sin 2 x  1  t 2 , 4 0.25 thay vào (2) được PT: t2-4t-5=0  t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại ) 3 Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : x  k 2 hoÆc x=  k 2 . 2 KL: Họ nghiệm của hệ PT là: x  .  4.  k , x  k 2 vµ x=. 3  k 2 2. 0,25. 3.  ln x  e e e   log 32 x 1 ln 2 x. ln xdx ln 2  I  dx    dx  3  . 2 2 ln 2 1 1  3ln 2 x x 1 x 1  3ln x 1 x 1  3ln x. III. 1 dx 1 Đặt 1  3ln 2 x  t  ln 2 x  (t 2  1)  ln x.  tdt . Đổi cận … 3 x 3 1 2 e 2 2  t  1 1 log 32 x 1 1 3 Suy ra I   dx  3  . tdt  t 2  1 dt  3  2 ln 2 1 t 3 9 ln 2 1 1 x 1  3ln x. 3 Lop12.net. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. 1 1 3  4   t t  3 3 9 ln 2  3  1 27 ln 2. AM  BC    BC  ( A' AM ) A' O  BC  Kẻ MH  AA' , (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) BC  ( A' AM )  Do   HM  BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của HM  ( A' AM ) Gọi M là trung điểm BC ta thấy:. 0,5 C’. A’ AA’và BC, do đó d ( AA' , BC)  HM  a. IV. B’. H Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH A' O HM ta có:  AO AH A AO.HM a 3 a 3 4 a  suy ra A' O    AH 3 4 3a 3 Thể tích khối lăng trụ: V  A' O.S ABC Trước hết ta có: x3  y 3 . V. 3 . 4.  x  y 4. 3. C O. M. 1 1Ba a 3 a3 3  A' O.AM.BC  a 2 23 2 12. (biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0 2. 0,5. 0,5. x  y   64 z 3  a  z   64 z 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P     1  t   64t 3 3 3 3. 3. a. a. z , 0  t 1) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có. (với t =. 0,5. 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1   9 2. Lập bảng biến thiên  Minf  t   t 0;1. 16 64 đạt được khi x = y = 4z > 0  GTNN của P là 81 81. 1 Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 3(3t  8)  4t  10  (3t  8  2) 2  (t  1) 2 2 2 3 4 Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25.. VIa. 2 Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u  (1; 3; 1). 4 Lop12.net. 0,25 0,25 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Phương trình chính tắc của đường thẳng  là:. x 1 y z  2   1 3 1. 0,5. Xeùt phöông trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức hoặc Honer ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2. Vậy phương trình trở thành:. VIIa. (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 Suy ra: Z3 = 2 2 i vaø Z4 = – 2 2 i. . . Đáp số:  1,2, 2 2 i, 2 2 i. 1. 0,5 0,5.  C1  : I1  0; 2  , R1  3;  C2  : I 2  3; 4  , R2  3. Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0  A2  B 2  0    2 2  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2    d  I1;    R1   2 B  C  3 A  B d  I 2 ;    R2 . Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc. 1.  3 A  4 B  C  3 A2  B 2  2 . 3 A  2 B C 2. 0,5. 0,5. Trường hợp 1: A  2 B .Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 VIb. Trường hợp 2: C . 3 A  2 B . Thay vào (1) được 2. 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3. 2 Gọi M  d1  M  2t;1  t; 2  t  , N  d 2  N  1  2t ';1  t ';3.   MN  2t  2t ' 1; t  t ';  t  5    MN.u1  0 2  2t  2t ' 1   t  t '    t  5   0     2  2t  2t ' 1   t  t '  0 MN.u1  0. 0,5. 6t  3t ' 3  0   t  t' 1  3t  5t '  2  0    M  2;0; 1 , N 1;2;3 , MN  1;2;4   PT MN :. x  2 y z 1   1 2 4. 0,5. y  x  0 Điều kiện:  y  0. VIIb. 0,5. 1 yx   yx 1 log 4  y  x   log 4  1 log 4  1    Hệ phương trình   y y 4   y  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25    x  3y x  3y x  3y   2     2 25 2 2 2 x  y  25 9 y  y  25    y  10. 5 Lop12.net. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  5   15 ;  x; y     10 10   ( loại)   5   15 ;  x; y      10   10 . Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.. 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------------------. Bé gd & §T §Ò tham kh¶o 2010. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút). PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:.    4cos 2 2 x   tan  2 x   .tan  2 x    4 4  tan x-cotx   8. Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I .  3. 2. Giải hệ phương trình:. 3 y   x 2 y 2 1 2 x 1   x  x 2  y2 4 22  y. ln x dx x 1. Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0  a  1, 0  b  1, 0  c  1 . Chứng minh rằng: 1  1 1 1  1   a  b  c  3    a b c  abc  PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm). 4 7 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A  3;6  , trực tâm H  2;1 , trọng tâm G  ;  . Xác 3 3 định toạ độ các đỉnh B và C.. 6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng   và mặt cầu (S) có phương trình.   : 2 x  y  2 z  3  0. và  S  : x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  8 z  4  0 .. Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng   . Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng   . Câu VII.a (1,0 điểm) Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với A  3; 1; 2  , B 1;5;1 , C  2;3;3 , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ (CD < AB). Tìm toạ độ điểm D. 23 x 1  2 y  2  3.2 y 3 x Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2  3 x  1  xy  x  1 ------------------------------- Hết ----------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu I. Đáp án 1. Điểm 2,00. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 2x y x2 Tập xác định TXĐ: Sự biến thiên y ' . D  R \ 2 4. 0,25.  0 x  D.  x  2 Hàm số đồng biến trên  ; 2  và  2;   2. Bảng biến thiên x y’ y. –. –2 +. + +. +. 0,25. 2. 2 – Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = - 2; tiệm cận ngang y = 2 Đồ thị nhận giao điểm. I  2; 2  của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. Đồ thị:. 7 Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> y. 6 0,25. 2 –2. 2. O. x. Viết phương trình tiếp tuyến (1,00 điểm) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a  2 thuộc đồ thị (C) có phương trình:. y. 4.  a  2. x  a  2 . 2a 2  4 x   a  2  y  2a 2  0  d  a2. 0,25. Tâm đối xứng I  2; 2  . Ta có. d I,d  . 8 a2 16   a  2 . 4. . 8 a2 2.4.  a  2 . 2. . 8 a2 2 a2 2. 2 2. 0,25. a  0 2 d  I , d  lớn nhất khi  a  2   4    a  4 Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y = x và y = x + 8 II. 0,50 2,00. 1. Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm).      cos  2 x    0; cos  2 x    0 4 4  *   Điều kiện  sin 2 x  0; t anx-cotx  0 . 0,25. Để ý rằng.         tan  2 x   .tan  2 x     tan   2 x  .tan  2 x    4 4 4   4        cot  2 x   .tan  2 x    1 4 4   4cos 2 2 x  c otx-tanx=4cos 2 2 x Khi đó PT (1) trở thành: 1  t anx-cotx. 8 Lop12.net. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> . 1  tan 2 x 1 2 4 2 =4     tan 2 x  1  0 2 2 t anx 1+tan 2 x tan 2 x 1  tan 2 x.  tan 2 x  1  2 x . . 4.  m  x . . 8. k. . 2.  k    : Không thoả điều. kiện (*). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2. Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x  0, y  0, x 2  y 2  1  0 x Đặt u  x 2  y 2  1; v  . y 3 2 3 2   1    11  u v HPT trở thành:  u v u  1  4v  22 u  21  4v  2  . 0,25. 0,25. Thay (2) vào (1) ta được: v  3 3 2 2   1  2v  13v  21  0   v  7 21  4v v  2 Nếu v = 3 thì u = 9, ta có HPT:  x2  y 2 1  9  x 2  y 2  10  y  1    x   x  3 x  3y y 3 . Nếu v . 7 thì u = 7, ta có HPT: 2. 0,25. 0,25. 0,25.  2  x2  y 2 1  7  x 2  y 2  8  y  4 53      x 7 7 y  2 x  y  x  14 2  2   53 So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của HPT. III. Tính tích phân. 1,00. dx  u  ln x  du  x dx   Đặt  dv  x  1 v  2 x  1  . 0,25. .  I  2 x  1 ln x. . 8. 8 3.  2 3. x 1 dx  6 ln 8  4 ln 3  2 J x. 9 Lop12.net. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 8. Với J   3. x 1 dx x. 0,25 3. 3. 3. t t2 1 1   .2 tdt  2 dt    2    dt 2 2  t 1 t 1 t 1 t 1  2 2 2. đặt t  x  1  J  . IV.  t 1  8   2t  ln 3  2  ln 3  ln 2 t  1   Từ đó I  20ln 2  6ln 3  4. 0,25. Tính thể tích hình chóp S.ABMN. 1,00 S. N K G. A. D M. I. 600. O. J. 0,25. C. B. Kẻ SO vuông góc với (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm  SAC   600 Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là SJI Vì  SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm  SIJ IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD 0,25 IK . 3a 1 3 3a ; S ABMN  ( AB  MN ) IK  2 2 8. SK  ( ABMN ); SK . V. 2. a 1 3a 3  V  S ABMN .SK  (đvtt) 2 3 16. Chứng minh bất đẳng thức. 0,25. 0,25 1,00. Vì 0  a  1, 0  b  1 nên  a  1 b  1  0  ab  a  b  1  0 0,25. 10 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>  1  a  b  ab . 1 1 1    11 ab a b. 1 1 1 1 1 1    1 2  ,    1 3  bc b c ca c a Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế : 1 1 1 1 1 1    2      3 4 ab bc ca a b c Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cauchy ta có : 1  1 1 1  1 1 1    a  b  c  2     3 1   a  b  c  a  b  c  ab bc ca  abc  a b c. Chứng minh tương tự :. 1 1 1 1 1 1  2 a  b  c        3 a b c a b c 1 1 1 Cũng theo BĐT Cauchy ta được :  a  b  c       9 a b c 1  1 1 1 1 1 1  Do đó 1    a  b  c   6     3  3    (đpcm) a b c a b c  abc  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.. VI.a. 0,25. 0,25. 0,25. 2,00 1. Tìm tọa độ điểm B và điểm C (1,00 điểm)  2  7 1 Gọi I là trung điểm của BC. Ta có AG  AI  I  ;  3 2 2 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có PT : x – y – 3 = 0. 0,50. 7 1 Vì I  ;  là trung điểm của BC. 2 2 Giả sử B  xB ; yB   C  7  xB ;1  yB  và xB  yB  3  0. H là trực tâm của tam giác ABC nên CH  AB   CH   5  xB ; yB  , AB   xB  3; yB  6 . 0,25.    xB  yB  3 x  1 x  6 CH . AB  0    B  B  xB  5  xB  3   yB  6   0  yB  2  yB  3 Vậy B 1; 2  , C  6;3 hoặc B  6;3 , C 1; 2  2. 0,25. Viết phương trình mặt cầu đối xứng(1,00 điểm).  S  :  x  1   y  2    z  4   25 , tâm I 1; 2; 4  Khoảng cách từ I đến   d  I ,     3  R Vậy   và mặt cầu (S) cắt nhau. Gọi J là điểm đối xứng của I qua   2. 2. 2. 11 Lop12.net. và R = 5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span>  x  1  2t  PT đường thẳng IJ :  y  2  t  z  4  2t . 0,25. Toạ độ giao điểm H của IJ và   thoả.  x  1  2t t  1  y  2  t  x  1     H  1; 1; 2    z  4  2 t y   1   2 x  y  2 z  3  0  z  2 Vì H là trung điểm của IJ nên J  3;0;0  Mặt cầu (S’) có tâm J bán kính R’ = R = 5 nên có PT: 2  S ' :  x  3  y 2  z 2  25 VII.a. Số cách chọn đội tuyển bóng bàn quốc gia. 0,25. 0,25 1,00. 1. Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ 3 Số cách chọn 3 nam còn lại là C6. 0,25. 3 Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C9 3 3 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C6 .C9  1680 (cách). 0,25. 2. Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường 4 Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là C6 2 Số cách chọn 2 nữ còn lại là C9. 0,25. Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C .C  540 (cách) Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là 1680 + 540 = 2220 (cách) ĐS: 2220 (cách) 4 6. 2 9. VI.b. 0,25. 2,00 1. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C (1,00 điểm) Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có PT: y = x Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :. 2  x  x  4 y  2  0  3    2 y  x y    3. 0,50.  2 2 A  ;    3 3. 8 8 3 3. Vì M là trung điểm của AC nên C  ;  Vì BC đi qua C và song song với d nên PT (BC) : y . 12 Lop12.net. x 2 4. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> x  y  3  0  x  4  BH  BC  B :    B  4;1 x y  1 y   2   4 2. 0,25. Tìm tọa độ đỉnh D (1,00 điểm) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. Gọi  là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của  và (S)..  Đường thẳng  có vectơ chỉ phương AB   2;6;3 nên có phương trình:.  x  2  2t   y  3  6t  z  3  3t . 0,25 0,25. Phương trình mặt cầu  S  :  x  3   y  1   z  2   9 2. 2. 2. Toạ độ điểm D thoả HPT:  x  2  2t  y  3  6t t  1  2  49t  82t  33  0    z  3  3t t   33  49   x  32   y  12   z  2 2  9  Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7 33  164 51 48  ;  ;  (nhận) Với t    D  49 49 49   49 VII.b. Giải hệ phương trình 23 x 1  2 y  2  3.2 y 3 x 1  2  3 x  1  xy  x  1  2   x  1  x+1  0  x  1    PT  2    2  x  3 x  y  1  0  x  0  y  1  3x 3 x  1  xy  x  1  Với x = 0 thay vào (1) : 8 8 2  2 y  2  3.2 y  8  2 y  12.2 y  2 y   y  log 2 11 11  x  1 Với  thay y = 1 – 3x vào (1) ta được : 23 x 1  23 x 1  3.2  3 y  1  3 x  1 Đặt t  23 x 1 , vì x  1 nên t   4 t  3  2 2 1 PT (3) : t   6  t 2  6t  1  0   t t  3  2 2 Đối chiếu điều kiện t  . 1 ta chọn t  3  2 2 . 4. 13 Lop12.net. 0,25. 0,25. 1,00 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> . . 1 Khi đó 23 x 1  3  2 2  x  log 2 3  2 2  1  3 y  1  3 x  2  log 2 3  2 2. . .  .  . 1  x  0 x  log 2 3  2 2  1    Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm  8 và  3   y  log 2 11  y  2  log 2 3  2 2 . KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 – DE so 2 Môn: Toán – Khối A, B Thời gain làm bài: 180 phút Ngày thi: 10/06/2010 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm) 2x 1 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y  x 1 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) x 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2 2 1 Giải phương trình: 0 2sinx - 3 2. Giải bất phương trình:. x 2  3 x  2.log 2 x 2  x 2  3 x  2.(5  log. x. 2). Câu III: ( 1 điểm). Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) của hàm sô y = x3 – 2x2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x0 = 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 a 15 đường thẳng AB và A’C bằng . Tính thể tích của khối lăng trụ 5 Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: (2 x  1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)  (2)  y-1  2 4 ( y  1)( x  1)  m x  1  0 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): x2 + y2 = 1; và phương trình: x2 + y2 – 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 (Cm). Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C).. 14 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> x 1 y  2 z   và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0. 1 1 1 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 x2 + y2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5xy – 3y2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: ( 2 điểm). x 2 y 3 z 3   1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng d1 : và 1 1 2 x 1 y  4 z  3 d2 :   . Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. 1 2 1 Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC. 1  2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1 ( 3;0); F2 ( 3;0) và đi qua điểm A  3;  . 2  Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức: P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức: 0 2 4 2k 2008 2010 S  C2010  3C2010  32 C2010  ...  (1) k C2010  ...  31004 C2010  31005 C2010 ------------------------------------Hết --------------------------------------. 2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:. Hướng dẫn giải Câu I:. x  X 1 2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy --> IXY:  y  Y  2 3 Hàm số đã cho trở thành : Y =  hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X X Hay y – 2 = - x – 1  y = - x + 1 3 x Câu II: 1. Điều kiện: s inx  và cos  0 và cosx ≠ 0 2 2 cosx = 1 3 2 Biến đổi pt về: 4cos x - 4 cos x – cosx + 1 = 0   cosx =  1  2 2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2.. x 2  3 x  2.log 2 x 2  x 2  3 x  2.(5  log. x. 2). Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4 Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y=x+4. x  0 Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0   x  2. 15 Lop12.net. . 2 log 22.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 2. 2. V =   ( x  4) dx    ( x3  2 x 2  x  4) 2 dx 2. 0. 0. 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 a 15 a 15 HC = ; M’C = ; MM’ = a 3 10 2 3 Vậy V = a 3 4 Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+) x 1 = (2 x  1) ln x Gọi x1; x2  [0;+) với x1 > x2 2 x1  1  2 x2  1  0   Ta có : x1  1 x2  1   f ( x1 )  f ( x2 ) : f(x) là hàm số tăng ln  ln  0 x1 x2  Từ phương trình (1)  x = y (2)  x  1  2 4 ( x  1)( x  1)  m x  1  0 . x 1 x 1  24 m0 x 1 x 1. x 1 ==> 0 ≤ X < 1 x 1 Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1 Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X – 2 ==> hệ có nghiêm  -1 < m ≤ 0 Câu VI.a. Đặt X =. 4. 1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính R '  (m  1) 2  4m 2  5 OI  (m  1) 2  4m 2 , ta có OI < R’ Vậy (C) và (Cm) 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 (S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139 Câu VII.a 5 xy  3 y 2 P 2 x  xy  y 2 Với y = 0 ==> P = 0 5t  3  Pt 2  ( P  5)t  P  3  0 (1) Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có: P  2 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 ’ = - P2 – 22P + 25  0  - 25/3 ≤ P ≤ 1 Từ đó suy maxP , minP Câu VI.b:. 16 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span>  1. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương a  (1;1; 2)  d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương b  (1; 2;1)      Ta có  a,b   0 va  a, b  M 0 M 1  0 (d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ==> A  (d1,d2) t 5 t 5  ; ;3  t   d2 ==> t = - 1 ==> M(2;2;4) B(2 + t;3 + t;3 - 2t); M  2  2    C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC  a ==> t = 0 ==> C(1;4;2) x2 y 2 3 1 x2 y 2 2 2  1 2. (E): 2  2  1  2  2  1 , a = b + 3 ==> a b a 4b 4 1 P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2( xM2  yM2 ) – (a2 – e2 xM2 ) = 1 Câu VII.b:. . Ta có: 1  i 3. . Mà 1  i 3. . . 2010. 2010. .  1 i 3. .  1 i 3. . . 2010. 2010. 0 2 4 2k 2008 2010  2  C2010  3C2010  32 C2010  ...  (1) k 3k C2010  ...  31004 C2010  31005 C2010 . 2010 2010 -2010 -2010    sin )  22010  cos  sin  3 3 3 3   = 2.22010  cos670   2.22010  22010 (cos. S = 22010 -----------------------------------------------------. Vậy. §Ò luyÖn thi cÊp tèc hÌ 2010. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Toán - Khối A, B.. sè 4. ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y  f  x   x  2  m  2  x 2  m 2  5m  5. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 4. 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1 2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.  x  y  x 2  y 2  12 Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12 2/ Giải bất phương trình :. log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3). Câu III (1.0 điểm) Tìm x  (0;  ) thoả mãn phương trình: cot x - 1 =. cos 2 x 1  sin 2 x  sin 2 x . 1  tan x 2.  2. Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : I   cos 2 x cos 2 xdx 0. a   SAC   30 0 . , SA  a 3 , SAB 2 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA  ( MBC ) . Tính VSMBC PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.). Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =. 17 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10. Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.. 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10. x2  2x  2 Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3. x 1 Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2.. ******* Hết *******. ĐÁP ÁN Câu. ý. Hướng dẫn giải chi tiết. Điểm 7.00 2. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. Câu I 1. Cho hàm số f  x   x 4  2m  2 x 2  m 2  5m  5 ( C ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 1* TXĐ: D = R 2* Sù biÕn thiªn của hàm số: lim f  x    : lim f  x    * Giíi h¹n tại v« cực: x  . * Bảng biến thiên:. x  . . y. +∞. 1. 0.25. . f ' x   y'  4 x  4 x  4 x x 2  1 y '  0  x  0; x  1; x  1 x -∞ -1 0 1 y’ 0 + 0 0 3. 1. +∞ + +∞. 0 0 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  1;0  và 1;  , nghịch biến Trên mỗi khoảng  ;1 và 0;1 Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; y CT  0 , đạt cực đại tại x  0; y CD  1 3* §å thÞ:. 18 Lop12.net. 0.5. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>   3 4 3 4 * Điểm uốn: y ' '  12 x 2  4 , các điểm uốn là: U 1   ; , U 2  ;  3 9 3 9    * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: 8. 6. 4. 2. -5. 5. -2. -4. 2. Tìm các giá trị của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. x  0 * Ta có f '  x   4 x3  4  m  2  x  0   2 x  2  m * Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là: A 0; m 2  5m  5 , B 2  m ;1  m , C  2  m ;1  m. .  .  . . * Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A: 3 AB. AC  0  m  2   1  m  1 vì đk (1). . . . Trong đó AB  2  m ;m 2  4m  4 , AC   2  m ;m 2  4m  4 Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1. Câu II. . 1. 0.25. 0.5. 0.25. 2 1.  x  y  x 2  y 2  12 Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12 * Điều kiện: | x |  | y |. u  x 2  y 2 ; u  0 Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có v  x  y u  v  12 1 u2   y   v   . Hệ phương trình đã cho có dạng:  u  u2  2 v   2  v  v   12    u  4 u  3 hoặc   v  8 v  9 u  4  x 2  y 2  4 +  (I)  v  8  x  y  8. u  3  x 2  y 2  3 +  (II)  v  9  x  y  9. Giải hệ (I), (II).. 1. 0.25. 0.25. 0.25. 19 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  2. Giải bất phương trình :. log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3). x  0 §K:  2 2 log 2 x  log 2 x  3  0 Bất phương trình đã cho tương đương với log 22 x  log 2 x 2  3  5 (log 2 x  3). đặt. 1. 0.25. (1). t = log2x, t 2  2t  3  5 (t  3)  (t  3)(t  1)  5 (t  3). BPT (1) . t  1 t  1   t  3   3t 4   2  (t  1)(t  3)  5(t  3) . Câu III. 0.25. log 2 x  1 3  log x  4 2 . 1  0 x 1   2 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; ]  (8;16)  2 8  x  16 Tìm x  (0;  ) thoả mãn phương trình: Cot x - 1 =. cos 2 x 1  sin 2 x  sin 2 x . 1  tan x 2. 0.5. 0.25. 1. sin 2 x  0 sin 2 x  0  sin x  cos x  0 tan x  1 cos x  sin x cos 2 x. cos x Khi đó pt    sin 2 x  sin x cos x sin x cos x  sin x cos x  sin x   cos 2 x  sin x cos x  sin 2 x  sin x cos x sin x  cos x  sin x  sin x(1  sin 2 x) ĐK: .  (cos x  sin x)(sin x cos x  sin 2 x  1)  0  (cos x  sin x)(sin 2 x  cos 2 x  3)  0  cos x  sin x  0  tanx = 1  x  x  0;   k  0  x  KL: Câu IV. .  4. 0.25. 0.25.  k (k  Z ) (tm) 0. 5. 4.  2. Tính tích phân : I   cos 2 x cos 2 xdx 0. 20 Lop12.net. 1.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>