Bài soạn 2 đề thi thử Đại học môn Toán và đáp án tham khảo 1+2

Đề 1
KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010.
Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút.
Ngày 20 tháng 3 năm 2010.
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của
(Cm) tại D và E vng góc với nhau.
Câu II (2 điểm)
cos 2 x + cos 3 x − 1
1.Giải phương trình: cos 2 x − tan 2 x =
.
cos 2 x
 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
2. Giải hệ phương trình: 
, ( x, y ∈ R) .
2
2
 y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
e

Câu III (1 điểm)

Tính tích phân: I = ∫
1

log 3 x
2
x 1 + 3ln 2 x

dx .

Câu IV. (1 im)Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =

a 3
vµ gãc BAD = 600.
2

Gäi M và N
lần lợt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC' vuông góc với mặt ph¼ng (BDMN). TÝnh
thĨ tÝch khèi chãp A.BDMN.
Câu V. (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
7
ab + bc + ca − 2abc ≤
.
27
B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh
BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường trịn ngoại tiếp tam
giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VIIa. (1 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 4 z + 11 = 0 . Tính giá trị của biểu
2

2

z + z2

thức 1
.
( z1 + z2 ) 2
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. ( 2 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 trịn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường
thẳng ∆ ’.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình
mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
 2 log1− x (− xy − 2 x + y + 2) + log 2 + y ( x 2 − 2 x + 1) = 6

Câu VIIb. (1 điểm) Giải hệ phương trình : 
, ( x, y ∈ R) .
=1
log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)


1


ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010
Câu Ý
Nội dung
Điểm
I
1
1
3
2

⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔ m = 0, f(x) = 0
2 PT hoành độ giao điểm x + 3x + mx + 1 = 1
0.25
Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và y’(x1).y’(x2)
0.25
= -1.
9 − 4m > 0, f (0) = m ≠ 0

Hay 

2
2
(3 x1 + 6 x1 + m)(3x2 + 6 x2 + m) = −1.

9
9


m < , m ≠ 0
m < , m ≠ 0
⇔
⇔
4
4
9( x x ) 2 + 18 x x ( x + x ) + 3m( x 2 + x 2 ) + 36 x x + 6m( x + x ) + m 2 = −1 4m 2 − 9m + 1 = 0

 1 2
1 2
1
2

1
2
1 2
1
2

9 ± 65
8
ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về cos 2 x − tan 2 x = 1 + cos x − (1 + tan 2 x) ⇔ 2cos 2 x − cos x -1 = 0
Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS:
Giải ra ta có ĐS: m =

II

1

x = k 2π , x = ±

2

2π
2π
+ k 2π ; hay x = k
.
3
3

 x2 + 1
+x+ y = 4


 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
y

y ≠ 0 , ta có: 
⇔
.
2
2
2
 y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
( x + y ) 2 − 2 x + 1 = 7

y

 u+v = 4
 u = 4−v
 v = 3, u = 1
x2 + 1
⇔ 2
⇔
, v = x + y ta có hệ:  2
Đặt u =
y
v − 2u = 7
v + 2v − 15 = 0
 v = −5, u = 9
+) Với v = 3, u = 1 ta có hệ:
 x2 + 1 = y
 x2 + 1 = y
 x2 + x − 2 = 0

 x = 1, y = 2
⇔
⇔
⇔
.

 x = −2, y = 5
x+ y =3
 y = 3− x
 y = 3− x
 x2 + 1 = 9 y
 x2 + 1 = 9 y
 x 2 + 9 x + 46 = 0
⇔
⇔
+) Với v = −5, u = 9 ta có hệ: 
, hệ này
 x + y = −5
 y = −5 − x
 y = −5 − x
vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), ( −2; 5)}.

III

0.25

0.25
0.5
0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

3

 ln x 
e
e
e
3

÷
log 2 x
1
ln 2 x.
ln xdx
 ln 2 
I =∫
dx = ∫
dx = 3 ∫
.
2
2
2

ln 2 1 1 + 3ln x
x
1 x 1 + 3ln x
1 x 1 + 3ln x
1 2
dx 1
2
2
Đặt 1 + 3ln x = t ⇒ ln x = (t − 1) ⇒ ln x. = tdt . Đổi cận …
3
x 3
1 2
e
2
2
( t − 1) 1
log 3 x
1
1
2
Suy ra I =
3
2
∫ x 1 + 3ln 2 x dx = ln 3 2 ∫ t . 3 tdt = 9 ln 3 2 ∫ ( t − 1) dt
1
1
1

0.25
0.25

0.25

2

1 1 3 
4
=
 t −t÷ =
3
3
9 ln 2  3
 1 27 ln 2
IV

Chứng tỏ AC’ ⊥ BD

0.25
0.25
2


C/m AC’ ⊥ PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’ ⊥ (BDMN)
Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể tích
thì phải chỉ ra cách tính.
3a 3
Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là:
.
16
V

VIa.

1.

2.

Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a)bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc . Đặt t= bc thì ta
 (1 − a )2 
(b + c) 2 (1 − a) 2

có 0 ≤ t = bc ≤
.Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn 0;
=
4 

4
4
(a + 1 − a) 2 1 7
Có f(0) = a(1 – a) ≤
và
= <
4
4 27
2
 (1 − a )2  7 1
1 
1
7
f
− (2a + )  a − ÷ ≤

÷=
với mọi a ∈ [ 0;1]
 4 ÷ 27 4
3 
3
27


7
Vậy ab + bc + ca − 2abc ≤
. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3
27
Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) là trung điểm của BC
Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). Vì C là trung điểm của AB nên:
2m − c + 5 11 − 2m − 2c 
2m − c + 5 11 − 2m − 2c
5
C'=
;
)−
+3 = 0 m =
ữ CC ' nên 2(
2
2
6
2
2


5 41

I = ( ; ) . Phơng trình BC: 3x – 3y + 23=0
6 6
2 x − y + 3 = 0
14 37
C = ; ữ
Tọa độ của C lµ nghiƯm cđa hƯ: 
 3 3 
3 x − 3 y + 23 = 0
 19 4 
Täa ®é cđa B =  − ; ÷
 3 3
uuu
r
uuu
r
Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB,
AC là: x + y − z − 1 = 0, y + z − 3 = 0.
r uuu uuu
r r
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n =  AB, AC  = (8; −4; 4). Suy ra (ABC):


2x − y + z +1 = 0 .
 x + y − z −1 = 0
x = 0


Giải hệ:  y + z − 3 = 0 ⇒  y = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1).
2 x − y + z + 1 = 0  z = 1



Bán kính là R = IA = ( −1 − 0) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 1) 2 = 5.

VIIa

Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 −

3 2
3 2
i, z2 = 1 +
i
2
2

0.25
0.25
0.25

0.5

0,25

0.25

0.5

0.5
0.25
0.25

0.25
0.25
0.5

2

3 2 
22
Suy ra | z1 |=| z2 |= 1 + 
 2 ÷ = 2 ; z1 + z2 = 2
÷


2

2

Đo đó
VIb

1.

z1 + z2

2
2

= ... =

11

4

( z1 + z2 )
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

0.25
0.25
0.25
0.25
3


3( −3t − 8) − 4t + 10

2.

VII
b

= (−3t − 8 + 2) 2 + (t − 1) 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.
uuu
r
uuu
r
r

Ta có AB = (2; −3; −1), AC = ( −2; −1; −1) ⇒ n = (2; 4; −8) là 1 vtpt của (ABC)
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0
M(x; y; z) MA = MB = MC ⇔ ….
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7
− xy − 2 x + y + 2 > 0, x 2 − 2 x + 1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0
(I ) .
+ Điều kiện: 
0 < 1 − x ≠ 1, 0 < 2 + y ≠ 1
2

2

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

 2log1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2log 2+ y (1 − x) = 6
log1− x ( y + 2) + log 2+ y (1 − x) − 2 = 0 (1)


(I ) ⇔ 
⇔
log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)
= 1 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4)
= 1 (2).





1
2
Đặt log 2+ y (1 − x ) = t thì (1) trở thành: t + − 2 = 0 ⇔ (t − 1) = 0 ⇔ t = 1.
t
Với t = 1 ta có: 1 − x = y + 2 ⇔ y = − x − 1 (3). Thế vào (2) ta có:
−x + 4
−x + 4
log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4)
= 1 ⇔ log1− x
=1⇔
= 1 − x ⇔ x2 + 2 x = 0
x+4
x+4
 x=0
 y = −1
⇔
. Suy ra: 
.
 x = −2
 y =1
+ Kiểm tra thấy chỉ có x = −2, y = 1 thoả mãn điều kiện trên.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = −2, y = 1 .
B

0.25

0.25

0.25

A
P
D

N

Q
M

4


Sở GD-ĐT Thái Bình .
Trường THPT Tây Thụy Anh .

Đề 2
Kỳ thi thử Đại học năm 2010.
Mơn Tốn : Thời gian làm bài 180 phút.

A /Phần chung cho tất cả thí sinh. ( 8 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ).
Cho hàm số y = x3 + ( 1 – 2m)x2 + (2 – m )x + m + 2 . (Cm)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II : ( 2 điểm ).

sin 2 x − 2 2(s inx+cosx)=5 .

1. Giải phương trình:

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2 x 2 + mx = 3 − x.

Câu III : ( 2 điểm ).
2

1 − x2
dx.
1. Tính tích phân sau : I = ∫
x + x3
1

 x 3 − y 3 = m( x − y )
2. Cho hệ phương trình : 
 x + y = −1

Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng ( d ≠ 0 ) .Đồng
thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1
Câu IV : ( 2 điểm ).

 x = −1 − 2t

x y z
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2  y = t
1 1 2
z = 1+ t


và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2.
2.Tìm A ∈ d1 ; B ∈ d 2 sao cho AB ngắn nhất .
B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ).
( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb sau đây.)
Câu Va.
1. Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0
.Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ∆ABC .
n

1
3
 +x ÷
x


6

2.Tìm hệ số x trong khai triển

biết tổng các hệ số khai triển

bằng 1024.
Câu Vb.
1. Giải bất phương trình :
’

’

2

51+ x − 51− x

2

> 24.

’

2.Cho lăng trụ ABC.A B C đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo
với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ.

5


Sở GD-ĐT Thái Bình
Trường THPT Tây Thụy Anh

Kỳ thi thử Đại học năm 2010.
Mơn Tốn : Thời gian làm bài 180 phút.
ĐÁP ÁN

Câu Ý
Nội dung
I
.
1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4

a ;Tập xác định : D = R.

Điểm
200
1,00
0,25

b ; Sự biến thiên.
Tính đơn điệu ……
Nhánh vơ cực……

x

-∞

+∞

2

0

0,25
y'

+

0

0

-

+
j

4

y

+∞

-∞

o

c ; Đồ thị :
+ Lấy thêm điểm .
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy

0,25

8

6

4

2

-15

-10

-5

5

10

15

0,25

-2

-4

-6

-8

6


2 . Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hồnh độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 ĐK sau :
+ y’ =0 có 2 nghiệm pbiệt x1 < x2 ⇔ ∆ ' = 4m 2 − m − 5 f 0
5
⇔ m < - 1 hoặc m >
4

+ x1 < x2 < 1 ( Vì hệ số của x2 của y’ mang dấu dương )
21
⇔ …. ⇔ ∆ ' p 4 − 2m ⇔ ….. ⇔ m p
15
5 7
Kết hợp 2 ĐK trên ta được… Đáp số m ∈ ( −∞; −1) ∪  ; ÷
4 5
II
1

1.Giải phương trình:

sin 2 x − 2 2(s inx+cosx)=5 . ( I )

Đặt sinx + cosx = t ( t ≤ 2 ).

⇒ sin2x = t2 - 1 ⇒ ( I )

1,00
0,25
0,25

0,25

0,25
2,00
1,00

0,25

⇔ t 2 − 2 2t − 6 = 0 ⇔ t = − 2 )

0,25

π
+Giải được phương trình sinx + cosx = − 2 … ⇔ cos( x − ) = −1
4
+ Lấy nghiệm

0,25

Kết luận : x =

5π
+ k 2π ( k∈ Z ) hoặc dưới dạng đúng khác .
4

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :

2 x 2 + mx = 3 − x.

 2x 2 + mx = 9 + x 2 − 6x
⇔ hệ 
có nghiệm duy nhất
x ≤ 3
⇒ x2 + 6x – 9 = -mx (1)
+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm.

x 2 + 6x − 9
= − m . Xét hàm số :

x
x 2 + 6x − 9
x2 + 9
−∞;3] \ { 0} có f’(x) =
f(x) =
trên (
> 0 ∀x ≠ 0
x
x2
+ , x = 3 ⇒ f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6 ⇔ m < - 6

0,25
1,00

0,25

0,25

+ ; Với x ≠ 0 (1) ⇔

III

0,25
0,25
2,00
7


1

2

1 − x2
dx.
1. Tính tích phân sau : I = ∫
x + x3
1

1,00

2

1 − x2
I =∫
dx. =
x + x3
1
1
−1
x2
∫ 1 dx =
1
+x
x
1
2 d (x + )
x = - ln( x + 1 ) 2 =
−∫
1
x 1

1
+x
x
4
…. = ln
5
2

0,25
0,50
0,25

2

( Hoặc I =
2

2
1 − x2
2x 
1
dx. = ∫  − 2 ÷dx =……)
∫ x + x3
x x +1 
1
1

 x 3 − y 3 = m( x − y )
2.Cho hệ phương trình : 
 x + y = −1

1,00

-----------------------------------------------------------------------------------------Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số
cộng ( d ≠ 0 ) .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1

------

 x 3 − y 3 = m( x − y )
( x − y )( x 2 + y 2 + xy − m) = 0
⇔

 x + y = −1
 x + y = −1

0,25

⇔

1

x = y = − 2

 y = − x − 1
 ϕ ( x) = x 2 + x + 1 − m = 0


Trước hết ϕ ( x) phải có 2 nghiệm pbiệt x1 ; x2 ⇔ ∆ = 4m − 3 f 0 ⇔ m f

Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng.

1
− ; x1 ; x2
+Trường hợp 1 :
2
1
+Trường hợp 2 :
x1 ; x2 ; −
2
+Trường hợp 3 :

x1 ; −

3
4

0,25

0,25

1
; x2
2

Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có
8


 x1 + x2 == −1
3
đúng với mọi m >


4
 x1 x2 = 1 − m
Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > 1 ta cần có thêm điều kiện sau
x2 =
IV

−1 + 4 m − 3
f 1 ⇔ 4m − 3 f 3 ⇔ m f 3
2

0,25

Đáp số : m > 3

 x = −1 − 2t

x y z
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2  y = t
1 1 2
z = 1+ t


2,00

và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2.
.
+ Phương trình mặt phẳng chứa M và d1 …. Là (P) x + y – z = 0
+ Mp(Q) qua M và vng góc với d2 có pt 2x – y - z + 3 = 0

0,25

+ Tìm được giao của d2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1)

0,25

… ⇒ Điểm đối xứng M’ của M qua d2 là M’(-3 ;-2 ;-1)
2.Tìm A ∈ d1 ; B ∈ d 2 sao cho AB ngắn nhất .
Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vng góc chung của hai
đường thẳng d1 và d2 .

0,25

uuu u
rr
 AB.v1 = 0

……. ⇒ tọa độ của A  3 ; 3 ; 6  và B  −1 ; −17 ; 18 
⇒  uuu ur
ru

÷

÷
 35 35 35 
 35 35 35 
 AB.v2 = 0

Va

1

1. Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình
x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C .

0,25

0,50

0,50
2,00

B

M

A

H

C

r
+AC qua A và vng góc với BH do đó có VTPT là n = (3;1) AC có phương trình 3x + y 7=0
 AC
+ Tọa độ C là nghiệm của hệ 
…… ⇒ C(4;- 5)
CM

0,25

9


2 + xB
1 + yB
2 + xB 1 + y B
= xM ;
= yM ; M thuộc CM ta được
+
+1 = 0
2
2
2
2
 2 + xB 1 + y B
+
+1 = 0

2
+ Giải hệ  2
ta được B(-2 ;-3)
 xB − 3 y B − 7 = 0

+

0,25

∆ABC .

Tính diện tích

14

x = 5
x − 3y − 7 = 0

⇔

3x + y − 7 = 0
y = − 7

5


+ Tọa độ H là nghiệm của hệ
2 …. Tính được

8 10
; AC = 2 10
5
1
1
8 10
Diện tích S =
AC.BH = .2 10.
= 16 ( đvdt)
2
2

5

0,25

BH =

0,25

n

2.Tìm hệ số x6 trong khai triển

1
3
 +x ÷
x


biết tổng các hệ số khai triển

bằng 1024.
0
1
n
+ ; Cn + Cn + ... + Cn = 1024

0,25

⇔ ( 1 + 1) = 1024 ⇔ 2n = 1024 ⇔ n = 10

0,25

n

10 − k

10

10
k
1

k 1
+ ;  + x 3 ÷ = ∑ C10  ÷ . ( x 3 ) ; …….
x

x
k =o
6
Hạng tử chứa x ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 .

0,25
0,25

Vb
1

1. Giải bất phương trình :

( )

(2) ⇔ 5 5 x

2

( )

2

51+ x − 51− x

2

> 24.

(2)

2,00
1,00

− 24 5 x − 5 f 0

0,5

x f 1
⇔ 5 x2 f 5 ⇔ x2 > 1 ⇔ 
 x p −1

0,5

2

2

10


2

2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm
A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ.
-----------------------------------------------------------------------------------------

A'

C'

1,00
------

B'
A

C

G
N

M

0,25

B

Từ giả thiết ta được chop A’.ABC là chop tam giác đều . · ' AG là góc giữa cạnh bên và
A
đáy .
⇒ · ' AG = 600 , ….. AG = a 3 ;
A
3
a 3
Đường cao A’G của chop A’.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy A’G =
3
a 3
.tan600 =
. 3 = a.
3
1 a 3
a3 3
…….. Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = .a.
.a =
2
2
4

0,25
0,25
0,25

Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như nhau .

+ Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm.

11