15 THUC 50 LUN THI I HC 2009-2010 GV: Lờ ỡnh Thnh A. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH: ( 7 im) Cõu 1: ( 2im) Cho hm s y = 4x 3 + mx 2 3x 1. Kho sỏt v v th (C) hm s khi m = 0. 2. Tỡm m hm s cú hai cc tr ti x 1 v x 2 tha x 1 = - 4x 2 Cõu 2: (2im) 1. Gii h phng trỡnh: 2 0 1 4 1 2 x y xy x y = + = 2.Giải các phơng trình sau: 2 2 4sin 2 6sin 3cos2 9 0 cos x x x x + = Cõu 3: (2im) 1. Cho ba s thc dng a, b, c tha: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 1 a b c a ab b b bc c c ca a + + = + + + + + + Tỡm giỏ tr ln nht ca biu thc S = a + b + c 2. Tớnh tớch phõn A = 2 ln .ln ex e e dx x x Cõu 4: (1 im) Cho hỡnh chúp S.ABC cú SA vuụng gúc vi mt phng (ABC), tam giỏc ABC vuụng ti C ; M,N l hỡnh chiu ca A trờn SB, SC. Bit MN ct BC ti T. Chng minh rng tam giỏc AMN vuụng v AT tip xỳc vi mt cu ng kớnh AB. B. PHN T CHN: Thớ sinh ch chn cõu 5a hoc 5b Cõu 5a: Theo chng trỡnh chun: ( 3 im) 1.Trên mặt phẳng toạ độ cho điểm A( 2; 2) và hai đờng thẳng ( ) ( ) 08:;02: 21 =+=+ yxdyxd . Tìm B, C tơng ứng trên (d 1 ) và (d 2 ) sao cho ABC là tam giác vuông cân tại A. 2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho im A(4;5;6). Vit phng trỡnh mt phng (P) qua A; ct cỏc trc ta ln lt ti I; J; K m A l trc tõm ca tam giỏc IJK. 3. Bit (D) v (D) l hai ng thng song song. Ly trờn (D) 5 im v trờn (D) n im v ni cỏc im ta c cỏc tam giỏc. Tỡm n s tam giỏc lp c bng 45. Cõu 5b: Theo chng trỡnh nõng cao: ( 3 im) 1. Trong mt phng vi h trc ta Oxy, cho ng thng (D): x 3y 4 = 0 v ng trũn (C): x 2 + y 2 4y = 0. Tỡm M thuc (D) v N thuc (C) sao cho chỳng i xng qua A(3;1). 2. Trong khụng gian vi h trc ta Oxyz, cho bn im A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). Chng minh cỏc ng thng AB v CD chộo nhau. Vit phng trỡnh ng thng (D) vuụng gúc vi mt phng Oxy v ct c cỏc ng thngAB; CD. 3. Tỡm m bt phng trỡnh: 5 2x 5 x+1 2m5 x + m 2 + 5m > 0 tha vi mi s thc x. Ht BI GII TểM TT A.PHN CHUNG: Câu 1: 1. m = 0 , y = 4x 3 – 3x - TXĐ: D = R - Giới hạn: lim , lim x x y y →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ - y’ = 12x 2 – 3 ; y’ = 0 ⇔ x = 1 2 ± Bảng biến thiên: - y’’ = 24x , y” = ⇔ x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0) - Đồ thị: 2. TXĐ: D = R - y’ = 12x 2 + 2mx – 3 Ta có: ∆’ = m 2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị Ta có: 1 2 1 2 1 2 4 6 1 4 x x m x x x x   = −   + = −    = −   9 2 m⇒ = ± Câu 2: 1. 2 0 (1) 1 4 1 2 (2) x y xy x y  − − =   − + − =   Điều kiện: 1 1 4 x y ≥    ≥   Từ (1) 2 0 x x y y ⇒ − − = ⇒ x = 4y Nghiệm của hệ (2; 1 2 ) 2. cosx = 8sin 3 6 x π   +  ÷   ⇔ cosx = ( ) 3 3 sinx+cosx ⇔ 3 2 2 3 3 3sin 9sin osx +3 3sinxcos os osx = 0x xc x c x c+ + − (3) Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm (3) ⇔ 3 2 3 3 tan 8t an x + 3 3 t anx = 0x + t anx = 0 x = k π ⇔ ⇔ Câu 3: 1.Theo định lý ba đường vuông góc BC ⊥ (SAC) ⇒ AN ⊥ BC và AN ⊥ SC ⇒AN ⊥ (SBC) ⇒ AN ⊥ MN Ta có: SA 2 = SM.SB = SN.SC Vây ∆MSN ∼ ∆CSB ⇒ TM là đường cao của tam giác STB ⇒ BN là đường cao của tam giác STB Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST ⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm) 2. 2 2 (ln ) ln (1 ln ) ln (1 ln ) e e e e dx d x A x x x x x = = + + ∫ ∫ = 2 1 1 (ln ) ln 1 ln e e d x x x   −  ÷ +   ∫ = 2 2 ln(ln ) ln(1 ln ) e e x x e e − + = 2ln2 – ln3 Câu 4: 1. +) (4;5;5)BA = uuur , (3; 2;0)CD = − uuur , (4;3;6)CA = uuur , (10;15; 23)BA CD   = −   uuur uuur ⇒ , . 0BA CD CA   ≠   uuur uuur uuur ⇒ đpcm + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ có VTPT 1 ,n BA k   =   ur uuur r = (5;- 4; 0) ⇒ (P): 5x – 4y = 0 + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT 1 ,n CD k   =   ur uuur r = (-2;- 3; 0) ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0 Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D) 2. Ta có: 3 2 2 2 3 a a b a ab b − ≥ + + (1) ⇔ 3a 3 ≥ (2a – b)(a 2 + ab + b 2 ) ⇔ a 3 + b 3 – a 2 b – ab 2 ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b) 2 ≥ 0. (h/n) Tương tự: 3 2 2 2 3 b b c b bc c − ≥ + + (2) , 3 2 2 2 3 c c a c ac a − ≥ + + (3) Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 a b c a b c a ab b b bc c c ca a + + + + ≥ + + + + + + Vậy: S ≤ 3 ⇒ maxS = 3 khi a = b = c = 1 B. PHẦN TỰ CHỌN: Câu 5a: Theo chương trình chuẩn 1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1 x y z P a b c ⇒ + + = Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c = − = − = − = − uur uur uuur uur Ta có: 4 5 6 1 5 6 0 4 6 0 a b c b c a c  + + =   − + =   − + =   ⇒ 77 4 77 5 77 6 a b c  =    =    =   ⇒ ptmp(P) 2.Ta có: n 2 2 5 5 n C C+ = 45 ⇒ n 2 + 3n – 18 = 0 ⇒ n = 3 Câu 5b: 1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒ N(2 – 3b;2 – b) N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b) 2 + (2 – b) 2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0;b = 6/5 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 2. Đặt X = 5 x ⇒ X > 0 Bất phương trình đã cho trở thành: X 2 + (5 + 2m)X + m 2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 ⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X 1 ≤ X 2 ≤ 0 Từ đó suy ra m Trường THPT LêLợi Đề thi thử Đại Học lần 1 năm 2010. TP Đông Hà-Quảng Trị Môn: TOÁN KHỐI A-B (Thời gian làm bài 180 phút) PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7điểm) Câu I (2 điểm). 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 – 4x 2 + 3 2.Tìm a để phương trình : 03log4 3 24 =++− axx có 4 nghiệm thực phân biệt . Câu II (2 điểm). 1.Giải phương trình: 1cos44cos32 4 cos2 22 −=+       − xxx π . 2.Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : mmxxxx 2223 22 ++−=−+− Câu III (2 điểm) 1.Tính I = 8 15 1 dx x x − − − ∫ 2.Cho đường cao khối chóp đều S.ABC bằng h không đổi, góc ở đáy của mặt bên bằng β với       ∈ 2 ; 4 ππ β .Tính thể tích của khối chóp đó theo h và β .Với giá trị nào của β thì thể tích khối chóp đạt giá trị lớn nhất . Câu IV (1 điểm). Cho 0;0 >> ba và 1 =+ ba . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 2 2 2 11 M b b a a +++= PHẦN TỰ CHỌN(3 điểm). Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va(3 điểm). 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2 : 2 0C x y x+ + = . Viết phương trình tiếp tuyến của ( ) C , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục hoành bằng o 60 . 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng chéo nhau : ( ) 1 1 : 2 2 x t d y t t z t = −   = ∈   =− +  ¡ và 1 1 3 1 1 : 2 − − = − = zyx d Lập phương trình mặt phẳng song song và cách đều hai đường thẳng d 1 và d 2 . 3.Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện 221 =−− iz , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. Câu Vb. (3 điểm). 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x + 2y + 6 = 0, và điểm A(1; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C), tại B, C sao cho BA = BC 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: : 1 d 3 6 1 2 2 5 − = − = − zyx và ( ) 2 : 2 1 x t d y t z t =   = ∈   = − −  ¡ . Lập phương trình đường thẳng 1 d ′ là hình chiếu song song của 1 d theo phương 2 d lên mặt phẳng (Oyz) 3. Giải hệ phương trình : ( ) ( ) 2 2 3 3 2 2 2 2 log log 4 y x y x x xy y x y  − = − − +    + =  Hết ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐH -TRƯỜNG THPT LÊ LỢI LẦN 1 (Đáp án gồm có 04 trang) Câu I 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x 4 – 4x 2 + 3 1,25 + TXĐ: D = ¡ Đạo hàm y’ = 4x 3 - 8x y’ = 0 0, 2x x⇔ = = ± Giới hạn : lim x→±∞ = +∞ Hàm số đồng biến trên ( ) ( ) 2;0 ; 2;− +∞ , nghịch biến trên ( ) ( ) ; 2 ; 0; 2−∞ − Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2± , y CT = - 1 + Bảng biến thiên + Đồ thị 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 2. Phương trình tương đương với x 4 – 4x 2 + 3 = a 3 log− 0 0,25 Theo đồ thị câu 1 bài toán yêu cầu tương đương <−1 a 3 log− < 3 0,25 ⇔ 1log 3 <a 1log1 3 <<−⇔ a ⇔ 3 3 1 << a 0,25 Câu II 1. Giải phương trình: 1cos44cos32 4 cos2 22 −=+       − xxx π . 1điểm Phương trình tương đương với 2 1 cos 4 3 cos 4 4cos 1 2 x x x π   ⇔ + − + = −  ÷   ( ) 2 sin 4 3cos4 2 2cos 1 1 3 sin 4 cos4 cos2 2 2 cos 4 cos 2 6 x x x x x x x x π ⇔ + = − ⇔ + =   ⇔ − =  ÷   ( ) 12 36 3 x k k k x π π π π  = +  ⇔ ∈   = +   ¢ 0,25 0,25 0,25 0,25 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : mmxxxx 2223 22 ++−=−+− (*) 1 1điểm (*) 2 2 2 3 2 0 3 2 2 2 x x x x x mx m  − + − ≥ ⇔  − + − = − + +  0,25           = + − = ≤≤ ⇔ −=+ ≤≤ ⇔ m x x xf x xxm x 2 1 23 )( 21 23)1(2 21 0,25 + f(x) liên tục trên [ ] 1;2 và có ( ) [ ] 2 5 ( ) 0, 1;2 1 f x x x ′ = > ∀ ∈ + )(xf⇒ đồng biến trên [ ] 2;1 Bài toán yêu cầu 1 2 (1) 2 (2) 4 3 f m f m⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ 0,25 0,25 Câu III 1. Tính tích phân I = 8 15 1 dx x x − − − ∫ 1điểm Đặt t = 2 2 2 1 1 1 dx tdt x t x x t = −  − ⇒ = − ⇒  = −  . Đổi cận : 15 4 8 3 x t x t = − ⇒ =   = − ⇒ =  0.5 Hết Chú ý: Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa. . +   ¢ 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực : mmxxxx 22 23 22 ++−=−+− (*) 1 1điểm (*) 2 2 2 3 2 0 3 2 2 2 x x x x x mx m  − + − ≥ ⇔  − + − = − + +  0 ,25           = + − = ≤≤ ⇔ −=+ ≤≤ ⇔ m x x xf x xxm x 2 1 23 )( 21 23 )1 (2 21 0 ,25 .           = + − = ≤≤ ⇔ −=+ ≤≤ ⇔ m x x xf x xxm x 2 1 23 )( 21 23 )1 (2 21 0 ,25 + f(x) liên tục trên [ ] 1 ;2 và có ( ) [ ] 2 5 ( ) 0, 1 ;2 1 f x x x ′ = > ∀ ∈ + )(xf⇒ đồng biến trên [ ] 2; 1 Bài toán yêu cầu 1 2 (1) 2 (2) 4 3 f. + (1) ⇔ 3a 3 ≥ (2a – b)(a 2 + ab + b 2 ) ⇔ a 3 + b 3 – a 2 b – ab 2 ≥ 0 ⇔ (a + b)(a – b) 2 ≥ 0. (h/n) Tương tự: 3 2 2 2 3 b b c b bc c − ≥ + + (2) , 3 2 2 2 3 c c a c ac a − ≥ +