ĐỀ1 THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn Tốn - Khối A, B I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x +1 (C) x +1 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho 2.Tìm đồ thị (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ 2 y − x =  Câu II (2,0 điểm) Giải hệ phương trình:  3 2 x − y = y − x  6 2.Giải phương trình sau: ( sin x + cos x ) + 3 sin x = 3 cos x − sin x + 11 1 x+ ∫ ( x + − x )e x dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I = Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) diện ABCD a Tính góc hai mặt phẳng (ACD) (BCD) Biết thể khối tứ a 15 27 2 Câu V (1,0 điểm) Với số thực x, y thỏa điều kiện ( x + y ) = xy + Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = x4 + y4 xy + Thí sinh làm hai phần (phần A B) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ) Viết PT đường thẳng (Δ) vng góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 cắt đường tròn (C) A;B cho AB = 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 : x − y z +1 = = −6 −8 x −7 y−2 z = = Xét vị trí tương đối d1 d2 Cho hai điểm A(1;-1;2) B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa −6 12 độ điểm I đường thẳng d1 cho IA + IB đạt giá trị nhỏ Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z1 , z2 nghiệm phức phương trình z − z + 11 = Tính giá trị d2 : biểu thức A = z1 + z2 ( z1 + z2 ) B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E): x2 y + = đường thẳng ∆ :3x + 4y =12 Từ điểm M ∆ kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đường thẳng AB qua điểm cố định 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3) Lập phương trình mặt phẳng qua M cắt ba tia Ox A, Oy B, Oz C cho thể tích tứ diện OABC nhỏ  x + log y = y log + log x Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x log 72 + log x = y + log y ……………Hết……………… Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: … Câu ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ 03 NĂM 2010 Nội dung Ý im * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên - Giới hạn tiệm cận: xlim y = xlim y = ; tiÖm cËn ngang: y = →+∞ →−∞ lim y = +∞; lim + y = −∞ ; tiƯm cËn ®øng: x = - - Bảng biến thiên x ( 1) − x →( −1) 1đ > víi mäi x ≠ - Ta cã y ' = ( x + 1) Hàm số đồng biến khoảng (- ; -1) ( -1; + ) I 2 x0 + x0 + Gọi A, B lần lợt hình chiếu M TCĐ TCN Gọi M(x0;y0) điểm thuéc (C), (x0 ≠ - 1) th× y0 = MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | 0,5 x0 + 1 - 2| = | | x0 + x0 + Theo Cauchy th× MA + MB ≥ x0 +1 =2 x0 + ⇒ MA + MB nhá nhÊt b»ng x0 = hc x0 = -2.Như vËy ta có hai điểm cần tìm M(0;1) M(-2;3) 0,5 0,5 x + cos x ) = − sin 2 x (1) Thay (1) vào phơng trình (*) ta có : ( sin ( sin x + cos x ) + 3 sin x = 3cos x − 9sin x +11   ⇔ 1 − sin 2 x ÷+ 3 sin x = 3cos x − sin x + 11   ⇔ 3 sin x − 3cos x = 6sin 2 x − 9sin x + ⇔ sin x − 3cos x = 2sin 2 x − 3sin x + II ⇔ 3cos x ( 2sin x − 1) = (2sin x − 1)(sin x − 1) ⇔ ( 2sin x − 1) ( ) 3cos2 x − sin x + = 0,5  2sin x − =  2sin x = (2) ⇔ ⇔  3cos x − sin x + = sin x − 3cos x = (3) Gi¶i (2) : KÕt luËn : Π   x = 12 + k Π (k ∈ Z )   x = 5Π + k Π   12 ; Gi¶i (3) Π   x = + kΠ (k ∈ Z )   x = 7Π + k Π   12 ( ) 3 2 2 Ta có: x − y = y − x ( y − x ) ⇔ x + x y + xy − y = Khi y = hệ VN 0,5 x  x x Khi y ≠ , chia vế cho y ≠ ⇒  ÷ +  ÷ +  ÷− =  y  y  y x Đặt t = , ta có : t + 2t + 2t − = ⇔ t = y y = x  ⇔ x = y = 1, x = y = −1 Khi t = ,ta có : HPT ⇔  y =1  0.5 I = ∫ ( x + − x )e x+ x dx = ∫ e 2 III x+ x dx + ∫ ( x − )e x x dx = I1 + I Tính I1 theo phương pháp phần I1 = xe ⇒I= Ta có x 2 x+ − ∫ ( x − )e x dx = e − I x 0,5 e ACD cân A nên CD Tương tự CD AE suy BH Do BH = A AE 0,5 AE BCD cân B nên CD Suy CD (ABE) Mà BH x+ 0,5đ Gọi E trung điểm CD, kẻ BH IV x+ BE H BH D (ACD) góc hai mặt phẳng (ACD) (BCD) E B C 0,5 Thể tích khối tứ diện ABCD Mà nghiệm pt: x2 - Khi :  a2  AE =    DE = 5a   x+ =  5a  AE =    DE = a   trường hợp DE ) a b c cos y ⇒ abc ≥ 162 • Do M ∈ ( α ) nªn: + + = ≥ 3 a b c abc a =  • ThĨ tÝch: V = abc ≥ 27 ⇒ Vmin = 27 ⇔ b = c =  MỈt phẳng cần tìm: 6x+3y+2z-18=0 K: x,y > x + log y = y log + log x - hệ phương trình ⇔   x ( + log 3) + log x = y + log y { x= 0,5 0,5 0,5 0,5 { - Suy ra: y = 2x VIb 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 log − y= log − Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định Hết ®Ị thi thử môn toán Thi gian lm bi 180 phỳt Câu ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x − 2mx + m − (1) , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời điểm cực trị đồ thị hàm số tạo thành tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp Câu ( 2,0 điểm ) Giải bất phương trình: log x − x + + log x − > log ( x + 3) Giải phương trình: sin x ( cos x + 3) − 3cos x − 3cos2 x + ( ) cos x − s inx − 3 = Câu ( 1,0 điểm ) π Tính tích phân π 2 I = ∫ sin x × sin x + dx Câu ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, gãc BAD= 60 0, SA vng góc mặt phẳng (ABCD), SA = a Gọi C' trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC' song với BD, cắt cạnh SB, SD hình chóp B', D' Tính thể tích khối chóp S.AB'C'D' Câu ( ,0 điểm ) Cho a, b, c c¸c số thực dương thoả m·n abc = Chøng minh r»ng : 1 + + ≥ a (b + c ) b (c + a ) c (a + b ) Câu ( 2,0 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có diện tích Bit A(1;0), B(0;2) v tâm I hình bình hành nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng x = −1 + 2t  ∆  y = − t Một điểm M thay đổi đường thẳng ∆ , xác định vị trí điểm M để z = 2t  chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm)  x + y = Giải hệ phương trình :  x y + xy + y =  Híng dÉn x = ' C©u y = x − 4mx = x ( x − m ) = ⇔  x = m + Hàm số cho có ba điểm cực trị ⇔ pt y ' = có ba nghiệm phân biệt y ' đổi dấu x qua nghiệm ⇔ m > + Khi ba điểm cực trị đồ thị hàm số là: ( ) ( A ( 0; m − 1) , B − m ; − m + m − , C ) m ; −m2 + m − 1 yB − y A xC − xB = m m ; AB = AC = m + m , BC = m ( m + m ) m = ⇔ m − 2m + = ⇔  m = AB AC.BC  =1⇔ + R= m = − SVABC 4m m   + SVABC = C©u ĐK : x > 2 PT↔ log ( x − x + ) + log ⇔ −1 ( x − 2) > log −1 ( x + 3) 1 log ( x − x + ) − log ( x − ) > − log ( x + ) 2  x−2 ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log ( x − ) − log ( x + 3) ⇔ log ( x − ) ( x − 3)  > log  ÷      x+3  x < − 10 x−2 ⇔ x2 − > ⇔  ⇔ ( x − ) ( x − 3) > x+3  x > 10  KÕt hỵp víi §K, ta nghiệm PT : x > 10 Giải PT lợng giác sin x(cos x + 3) − cos x − 3 cos x + 8( cos x − sin x) − 3 = ⇔ sin x cos x + sin x cos x − cos x − cos x + 3 + 8( cos x − sin x) − 3 = ⇔ −2 cos x( cos x − sin x) − cos x( cos x − sin x) + 8( cos x − sin x) = ⇔ ( cos x − sin x)(−2 cos x − cos x + 8) = π   tan x =  x = + kπ , k ∈ Ζ ⇔  cos x − sin x =   ⇔ ⇔ cos x =  x = k 2π cos x + cos x − =   cos x = 4(loai )  Câu Ta có: π I = ∫ sin x × π Đổi cận: Khi x = π 2 sin x + π dx 3 d ∫ = −π − cos x × (cos x ) Đặt cos x = × t cos π π π π ⇒ cos t = ⇒ t = ; x = ⇒ cos t = ⇒ t = 2 Do vậy: I = ×∫ sin tdt = π ( π + 2) 16 Câu Ta có: ∆SAC vng A ⇒ SC = SA2 + AC = 2a ⇒ AC' = SC/ = a ⇒ ∆SAC' Vì (P) chứa AC' (P)// BD ⇒ B'D' // BD Gọi O tâm hình thoi ABCD I = AC' ∩ B'D' ⇒ I trọng tâm ∆SBD Do đó: B ' D ' = BD = a Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D'B' ⊥ (SAC) ⇒ B'D' ⊥ AC' Do đó: SAB'C'D' = a2 AC '.B ' D ' = Đường cao h khối chóp S.AB'C'D' đường cao tam giác SAC' ⇒ h = V= a → a3 (đvtt) h.S = AB 'C ' D ' 18 Câu x x2 + + BĐT ⇔ y+z +Ta đặt a = , b = 1 ,c = với x, y, z > abc = nên xyz = y z y2 z2 + ≥ z+x x+ y +Theo BĐT Cauchy- Schwarz ta có:  x2 y2 z2  ( y + z ) + ( z + x ) + ( x + y )   + +   y + z z + x x + y ÷≥ ( x + y + z )   2 xyz  x y z  x+ y+z 3 ⇔ + + ≥ = → BĐT đuợc chứng minh ÷≥ 2  y+z z+x x+ y Câu uu ur Ta có: AB = ( −1; ) ⇒ AB = Phương trình AB là: 2x + y − = I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) I trung điểm AC BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − ) Mặt khác: S ABCD = AB.CH = (CH: chiều cao) ⇒ CH =  5 8 8 2 | 6t − | t = ⇒ C  ; ÷, D  ; ÷ = ⇔     Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ 5 t = ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  5 8 8 2 Vậy tọa độ C D C  ; ÷, D  ; ÷ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t + 20 = BM = ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t − 36t + 56 = AM + BM = ( 3t ) 2 2 ( + ) ( 3t ) ( AM = + 2 + ( 3t − ) ( + r ) ) ( 3t − ) ( + ) 2 ( r ) ( ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; v = −3t + 6; r | u |=  Ta có  r | v |=   ( 3t ) ( + ( 3t − ) ( ) ) + r r r r r r Suy AM + BM =| u | + | v | u + v = 6; ⇒| u + v |= 29 r r r r r r Mặt khác, với hai vectơ u , v ta ln có | u | + | v |≥| u + v | Vậy AM + BM ≥ 29 r r 3t = ⇔ t =1 Đẳng thức xảy u , v hướng ⇔ −3t + ( ) ⇒ M ( 1;0; ) ( AM + BM ) = 29 Câu x + y = x + y =   ⇔ Ta cã  2  x y + xy + y = 2 x + y − x y − xy =   3 x + y = (3)  y ≠ Ta có:   x   x  x ( 4) 2  −   − 2  + =  y  y  y        Đặt : (1) (2) x = t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + = ⇔ t = ± , t = y 3 x + y = 1 ⇔x= y=3 a) Nếu t = ta có hệ  x = y x + y = ⇔ hệ vô nghiệm b) Nếu t = -1 ta có hệ  x = − y x + y = ⇔x= , c) Nếu t = ta có hệ   y = 2x y= 23 3 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn: Tốn Khối A, B Cho hàm số y = x − 2m x +1 (1) 1) Với m = 1, khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) 2) Tìm tất giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C diện tích tam giác ABC 32 (đơn vị diện tích) Câu I (2 điểm) Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: x + + 2x x + = 2x + x2 + 4x + − sin x 2) Giải phương trình lượng giác: + t an2x = cos 2 x Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường sau: y = cos x y = x − π x − 3π Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A 1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 B1C1 theo a Câu V (1 điểm) Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng: 4c 4a b + + ≥3 2a + b b + 2c c + a Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d1: 2x – y – = 0, đường thẳng d2: x + y + = Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt d1, d2 A B cho MA = 2MB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z = 0, Đề thi thử đại học phần chung cho tất thí sinh Câu I (2 ®iĨm) Cho hµm sè y = x − x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Gọi d đờng thẳng qua điểm A(3; 4) có hệ số góc m Tìm m để d cắt (C) điểm phân biệt A, M, N cho hai tiếp tuyến (C) M N vuông góc với Câu II (2điểm) x + + y( x + y) = y Giải hệ phơng trình: (x, y ∈ R ) ( x + 1)( x + y − 2) = y sin x sin x + cos x cos x =− Giải phơng trình: tan x −  tan x +  6  3  Câu III (1 điểm) Tính tích phân I = ∫ x ln( x + x + 1)dx Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC vuông góc với AA, cắt lăng trụ theo mét thiÕt diÖn cã diÖn tÝch b»ng a Tính thể tích khối lăng trụ ABC.ABC Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số thực dơng thỏa mÃn abc = Tìm giá trị lín nhÊt cđa biĨu thøc 1 P= + + 2 a + b + b + 2c + c + a + PhÇn tù chän (ThÝ sinh chØ đợc làm hai phần: Phần Phần 2) Phần Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x − x vµ elip (E): x + y = Chøng minh (P) giao (E) điểm phân biệt nằm đờng tròn Viết phơng trình đờng tròn qua điểm Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phơng trình x + y + z x + y − z − 11 = mặt phẳng () có phơng trình 2x + 2y – z + 17 = ViÕt ph2 2 ơng trình mặt phẳng () song song với () cắt (S) theo giao tuyến đờng tròn có chu vi Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x2 khai triển nhị thức Niutơn cña n   22 23 2 n+1 n 6560 ( Cn =  x + , biết n số nguyên dơng tháa m·n: 2Cn + Cn + Cn + +   n +1 n +1 x  k Cn số tổ hợp chập k n phần tử) Phần 2Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đờng th¼ng d1: x + y + = 0, d2: x + 2y - 7= tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm điểm G(2; 0), ®iĨm B thc d1 vµ ®iĨm C thc d2 Viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam gi¸c ABC víi A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) mặt phẳng (P): x y – z – = Gäi M lµ điểm thay đổi mặt phẳng (P) Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc MA + MB + MC e x − y + e x + y = 2( x + 1) C©u VII.b (1 điểm) Giải hệ phơng trình x + y (x, y ∈ R ) e = x − y + ***HÕt*** C©u I.1 Hớng dẫn chấm môn toán Nội dung Khảo sát hàm số y = x x + Tập xác định: R Sự biến thiên: 3 a) Giới hạn: xlim y = xlim (x − 3x + 4) = −∞, xlim y = xlim (x − 3x + 4) = +∞ → −∞ →−∞ → +∞ → +∞ b) B¶ng biÕn thiªn: y' = 3x2 - 6x, y' = ⇔ x = 0, x = Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y' + 0 + + y - - Hàm số đồng biến (- ; 0) (2; + ), nghịch biến (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu x = 2, yCT = Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung (0; 4), giao với trục hoành (-1; 0),(2; 0) Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng Điểm 1,00 0,25 0,50 y 0,25 I.2 x O -1 Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc d có phơng trình y = m(x 3) + Hoành độ giao điểm d (C) nghiệm phơng trình x = x 3x + = m(x − 3) + ⇔ (x − 3)(x − m) = ⇔  x − m = Theo bµi ta có điều kiện m > y' ( m ).y' (− m ) = −1 1,00 0,50 0,25 ⇒ (3m − m )(3m + m ) = −1 ⇔ m − 36 m + = m = II.1 Giải hệ phơng trình đại số Ta thấy y = nghiƯm cđa hƯ x2 + +x+y−2 =  y Hệ phơng trình tơng đơng với  x + ( x + y − 2) = y Đặt u = II.2 III 18 ± 35 (tháa m·n) u + v = x2 + ⇔ u = v =1 , v = x + y − Ta cã hÖ  y uv =  x2 + =1 Suy y Giải hệ ta đợc nghiệm hpt đà cho (1; 2), (-2; 5) x + y − =  Giải phơng trình lơng giác  π  §iỊu kiƯn: sin x −  sin x +  cos x −  cos x +  ≠ 6  3  6  3  π  π π π    Ta cã tan x −  tan x +  = tan x −  cot  − x  = −1 6  3 6 6    Phơng trình đà cho tơng đơng với sin x sin 3x + cos x cos 3x = − cos 2x cos 2x − cos 4x + cos 2x cos 2x + cos 4x ⇔ × + × = 2 2 1 ⇔ 2(cos 2x + cos x cos x) = ⇔ cos 2x = ⇔ cos x = π   x = + kπ (lo¹i) π , (k ∈ Z) Vậy phơng trình có nghiệm x = + kπ , (k ∈ Z) ⇔  x = − π + kπ   TÝnh tÝch ph©n 2x +  dx u = ln(x + x + 1) du = Đặt x + x +1 dv = xdx v = x /  I= 1 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 x 2x + x ln(x + x + 1) − ∫ dx 2 x + x +1 1 1 2x + dx = ln − ∫ (2 x − 1)dx + ∫ dx − ∫ 2 20 x + x +1 x + x +1 1 1 3 = ln − x − x + ln(x + x + 1) − I = ln − I 0 2 4 4 ( ) 0,25 * TÝnh I1: I1 = ∫ Suy I = dx  π π tan t, t ∈  − ,   Đặt x + =  2 x +  +   2 2     0,25 π/3 π/3 (1 + tan t )dt 3π ∫/ + tan t = t = π π/6 VËy I = ln − 3π 12 IV 0,25 TÝnh thể tích khối lăng trụ 1,00 C A B H A C O M Gọi M trung điểm BC, gọi H hình chiếu vuông góc M lên AA, Khi B à (P) (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm AA Thiết diện lăng trụ cắt (P) tam giác BCH Do tam giác ABC cạnh a nên AM = a , AO = AM = a 3 2 Theo bµi S BCH = a ⇒ HM.BC = a ⇒ HM = a 8 0,25 0,25 3a 3a 3a AH = AM − HM = − = 16 2 Do hai tam giác AAO MAH đồng dạng nên V A' O HM = AO AH suy A' O = AO.HM = a a = a AH 3a 3 ThÓ tÝch khèi lăng trụ: V = A' O.S ABC = A' O.AM.BC = a a a = a 23 12 Tìm giá trị lớn Ta cã a2+b2 ≥ 2ab, b2 + ≥ 2b ⇒ 1 1 = ≤ 2 a + 2b + a + b + b + + 2 ab + b + 0,25 0,25 1,00 0,50 T¬ng tù P≤ 1 1 1 ≤ , ≤ 2 b + c + bc + c + c + 2a + ca + a + 1 1 b  =  + ab + = + +      ab + b + bc + c + ca + a +   ab + b + b + + ab + ab + b  1 a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn b»ng a = b = c = 2 Viết phơng trình đờng tròn qua giao điểm của(E) (P) Hoành độ giao điểm (E) (P) nghiệm phơng trình x2 + (x − 2x) = ⇔ 9x − 36 x + 37x − = (*) XÐt f (x) = x − 36 x + 37x − , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) cã nghiệm phân biệt, (E) cắt (P) điểm phân biệt y = x x Toạ độ giao điểm (E) (P) tháa m·n hÖ  x 2  +y =1 9 8x − 16x = 8y ⇔ ⇒ x + y − 16 x − 8y − = (**) x + y = (**) phơng trình đờng tròn có tâm I = ; , bán kính R = 161 Do 9 giao điểm (E) (P) nằm đờng tròn có phơng trình (**) Viết phơng trình mặt phẳng ( ) Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = Đờng tròn có chu vi nên có bán kính r = P= VIa.1 VIa.2 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 Khoảng cách từ I tới () lµ h = R − r = − = 2.1 + 2( −2) − + D  D = −7 = ⇔ − + D = 12 ⇔  Do ®ã 2 2 + + (−1) D = 17 (loại) VII.a 0,25 Vậy () có phơng trình 2x + 2y – z - = T×m hƯ sè cđa x2 0,25 1,00 2 0,25 ( ) Ta cã I = ∫ (1 + x) n dx = ∫ C + C x + C x +  + C n x n dx n n n n 1   =  C x + C1 x + C x +  + C n x n +1  n n n n n +1  0 0,25 n +1 suy I = 2C + C1 + C +  + C n (1) n n n n n +1 Mặt khác I = (1 + x) n +1 = − (2) n +1 n +1 n +1 n +1 Tõ (1) vµ (2) ta cã = 2C + C + C +  + C n = − n n n n n +1 n +1 n +1 Theo − = 6560 ⇔ n +1 = 6561 ⇒ n = n +1 n +1 n +1 7 k Ta cã khai triÓn  x +  = ∑ C     x  ( x) 7− k k   k   = ∑ k C7 x   2 x  14 −3 k 0,25 0,25 Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n VIb.1 14 − 3k =2⇔k=2 0,25 21 VËy hÖ sè cần tìm C = Viết phơng trình đờng tròn Do B d1 nên B = (m; - m – 5), C ∈ d2 nªn C = (7 – 2n; n)  + m + − n =  m − 2n = − Do G lµ träng tâm tam giác ABC nên − m − + n = 3.0 − m + n = Suy B = (-1; -4), C= (5; 1) Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình x + y + 2ax + by + c = Do A, B, C ∈ (C) nªn ta cã hÖ 1,00 0,25 m = −1  n = 4 + + a + b + c = a = −83 / 54   1 + 16 − 2a − 8b + c = ⇔ b = 17 / 18 25 + + 10a + b + c = c = −338 / 27   VËy (C) cã ph¬ng trình x + y VIb.2 Tìm giá trÞ nhá nhÊt 0,25 83 17 338 x+ y− =0 27 27 0,25 1,00 7  Gäi G trọng tâm tam giác ABC, suy G =  ; ;3  3  Ta cã F = MA + MB + MC = MG + GA + MG + GB + MG + GC ( 0,25 ) ( ) ( ) 0,25 = 3MG + GA + GB + GC + MG(GA + GB + GC ) = 3MG + GA + GB + GC F nhá nhÊt ⇔ MG2 nhỏ M hình chiếu G lªn (P) 7/3−8/3−3−3 19 = ⇔ MG = d(G, ( P )) = 1+1+1 3 56 32 104 64 GA + GB + GC = + + = 9 VIIb VËy F nhá nhÊt b»ng 3. 19  + 64 = 553 M hình chiếu G lên (P)    3  Gi¶i hƯ phơng trình mũ e x y + e x + y = 2(x + 1) e x − y = x + y + ⇔  x+y  x+y e = x − y + e = x − y + e v = u + e v = u + (1) Đặt u = x + y , v = x - y ta cã hÖ  u ⇔ u v e = v + e − e = v − u ( ) - NÕu u > v th× (2) có vế trái dơng, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tơng tự u < v (2) vô nghiệm, nên (2) u = v Thế vào (1) ta cã eu = u+1 (3) XÐt f(u) = eu - u- , f'(u) = eu - Bảng biến thiên: u - + f'(u) + f(u) Theo bảng biến thiên ta có f(u) = ⇔ u = 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 x + y = x = Do ®ã (3) cã nghiƯm u = ⇒ v = ⇒  ⇔ x − y = y = 0,25 VËy hƯ ph¬ng trình đà cho có nghiệm (0; 0) đề thi thử đại học Môn toán lớp 12 Thời gian làm bµi : 180’ PHẦ CHUNG CHO TẤ CẢCÁ THÍ SINH ( 07 để ) N T C i m Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x3 − (m + 1)x + − m2 1) Khảo sát hàm số m = 2; 2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại điểm cực tiểu, đồng thời điểm cực đại, cực tiểu điểm I(0 ; 4) thẳng hàng Câu II(2.0điểm) 1, Giải phương trình: log2 ( + x ) = log7 x x x π x 2, Gi¶i phơng trình + sin sin x cos sin x = cos  −    2 4 2 Câu III (1.0 điểm) Gi¶i bất phơng trình sau x x + 15 ≤ x − 18 x + 18 − x + x − 15 Câu IV(1.0 điểm) TÝnh tÝch ph©n I= dx ∫ x +1− 2x + Cõu V(1.0 im) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 30 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đờng thẳng AA1 B1C1 theo a PHẦ RIÊNG CHO TỪ CHƯ NG TRÌNH ( 03 đểm ) N NG Ơ i (Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0im) 1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x1)2 + (y+2)2 = đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng x = + 2t d có phơng trình y = t Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d z = + 3t khoảng cách từ d tíi (P) lµ lín nhÊt Câu VII.a: (1.0điểm) Cho đẳng thức: n+1 n+3 C2n+1 + Cn+21 + C2n+1 + + C2n- + C2n+1 = 28 - 2n+ 2n+1 2n n Tìm hệ số số hạng chứa x10 khai triển ( - x + x3 - x4 ) B/ Phần đề theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x1)2 + (y+2)2 = đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng x = + 2t d có phơng trình y = t Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song víi d vµ   z = + 3t khoảng cách từ d tới (P) lớn Cõu VII.b: (1.0 im) Giải bất phơng trình: 2 (2 + ) x − x +1 + (2 − ) x − x ******* Hết ******* đáp án biểu điểm Thi thử đại học Môn toán lớp 12- 20092010 Cõu ý Hớng dẫn giải chi tiết Điể m PHẦ CHUNG CHO TẤ CẢCÁ THÍ SINH N T C 7.00 Câu I Cho hàm số y = x3 − (m + 1)x + − m2 Khảo sát hàm số m = 2; Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 − 3x + 1* TXĐ: D = R 2* Sù biÕn thiªn hàm số: lim f ( x ) = −∞ : lim f ( x ) = + * Giới hạn ti vô cc: x + x * Bảng biến thiên: Cú y = 3x2 − , x y’ -∞ y -1 + y ' = ⇔ x = ±1 - -∞ 0.25 -1 + +∞ +∞ Hµm sè đồng bin mi khoảng ( ;1) (1;+ ) , Hàm số nghch bin mi khong ( −1;1) Hàm số đạt đạt cực đại x = −1; yCD = , cực tiểu x = 1; yCT = , 3* Đồ thị: * im uốn: y '' = x , điểym uốn là: U ( 0;1) * Giao điểm với trục Oy t¹i U ( 0;1) : * Đồ thị: -2 -1 O -1 -2 x 0.5 0.25 Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại điểm cực tiểu, đồng thời điểm cực đại, cực tiểu điểm I(0 ; 4) thẳng hàng Có y’ = 3x2 − (m + 1) Hàm số có CĐ, CT ⇔ y’ = có nghiệm phân biệt ⇔ 3(m + 1) > m > (*) 0.5 Phơng trình đờng thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số y= (m + 1) x + − m Các điểm cực đại, cực tiểu điểm I(0 ; 4) thẳng hàng ⇔ − m2 = ⇔ m = ±1 0.5 KL : m = Câu II Giải phương trình: log2 ( + x ) = log7 x Đ ều kiện: x > Đặt t = log7 x Û x = 7t i tư t t t ỉ ÷ pt Û log2 ỗ1 + 73 ữ= t + 73 = 2t + 73 = 83 ỗ ữ ỗ ữ ố ứ 0.25 t ( ) ( ) + t =1 (*) Chứng minh pt (*) có nghiệm t = Vậy phương trình có nghiệm x = 343 x x π x 2 4 2 x x π x  + sin sin x − cos sin x = cos  −  (1) 2  2 (1) ⇔ + sin x sin x − cos x sin x = + cos π − x  = + sin x   2 2  x x x x   x   x ⇔ sin x sin − cos sin x − 1 = ⇔ sin x sin − cos sin cos − 1 = 2 2     x x   x  ⇔ sin x sin − 1 sin + sin + 1 = 2     sin x =  x = kπ   x = kπ sin x = ⇔ ⇔ x π ⇔ ⇔ x = kπ  = + k 2π   x = π + k 4π 2  x x  2sin + 2sin + = 2 Giải phơng trình + sin sin x − cos sin x = cos  −    0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 Cõu III Giải bất phơng trình sau x − x + 15 ≤ x − 18 x + 18 − x + x − 15 (1) TX§ x ≥ 5, x ≤ −5, x = TH1 x = lµ nghiƯm cđa (1) TH2 x ≥ th× (1) ⇔ x − + x + ≤ x − ⇔ x ≤ 17 VËy BPT (1) cã nghiÖm x ≤ −5 Kl : TËp nghiƯm cđa bÊt pt lµ S = (−∞; −5) ∪ { 3} ∪ (5; Câu IV 0.25 0.25 17 VËy BPT (1) cã nghiÖm ≤ x ≤ TH3 x ≤ −5 th× (1) ⇔ − x + −5 − x ≤ − x ⇔ x ≤ 17 0.25 17 ) 0.25 dx TÝnh tÝch ph©n: I= ∫ x + − x + dx +I= ∫ x + x + Đặt t= x + ⇒ t = x + ⇒ tdt=dx 3 0.5 +§ỉi cËn : x= ⇒ t = x=4 t=3 tdt +Khi ®ã I= ∫ t − 2 +1− t 3 tdt 2 (t − 1) = 2∫ t −1+1 dt ∫ (t − 1) dt = 2∫ (t − 1)dt + 2∫ (t − 1) 2 2 3 = ln t − − =2ln2+1 t −1 2 Cõu V 0.5 +Vậy I= 2ln2+1 Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đờng thẳng AA1 B1C1 theo a Do AH ( A1 B1C1 ) nên góc à 1H góc AA1 (A1B1C1), theo giả thiết AA góc à 1H 300 Xét tam giác vuông AHA1 cã AA1 = a, gãc · 1H =300 AA AA A B a ⇒ A1 H = 0.25 K C Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a, H thuộc B1C1 A1 H = a nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH ⊥ B1C1 nªn B1C1 ⊥ ( AA1 H ) A1 C1 1111 H 1111 B1 0.25 KỴ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 B1C1 Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = A1 H AH a = AA1 PHẦ RIÊNG CHO MỖ CHƯ NG TRÌNH N I Ơ Câu VIa 0.25 0.25 3.0 Phần lời giải theo chương trình Chuẩn Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 = ®êng th¼ng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông Từ pt ct đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB AC => tứ giác ABIC hình vuông cạnh IA = m −1  m = −5 ⇔ = ⇔ m −1 = ⇔  m = 0.5 0,5 Trong kh«ng gian víi hƯ täa ®é Oxyz cho ®iĨm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có x = + 2t phơng trình y = t Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song víi d   z = + 3t  khoảng cách từ d tới (P) lớn Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I hình chiếu cđa H lªn (P), ta cã AH ≥ HI => HI lín nhÊt A≡I CâuVII a VËy (P) cÇn tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến H d H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) v× H hình chiếu A d nên AH ⊥ d ⇒ AH u = (u = (2;1;3) véc tơ phơng d) H (3;1;4) ⇒ AH (−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = n+1 n+2 Cho đẳng thức: C2n+1 + C2n+1 + Cn++1 + + C2n- + C2n+1 = 28 - 2n 2n+1 2n 0.5 0.5 Tìm hệ số số hạng chứa x10 khai triển ( - x + x3 - x4 ) n+1 n +2 n+ S = C2n+1 + C2n+1 + C2n+1 + + C2n- + C2n+1 , 2n+1 2n n ta có: n- n n+1 n +2 2n 2n+1 (1 + 1)2n+1 = C2n+1 + C1 +1 + C2 +1 + + C2n+1 + C2n+1 + ( C2n+1 + C2n+1 + + C2n+1 ) + C2n+1 2n 2n +1 2n n +2 n+1 n+1 n +2 Þ 22n+1 = ( C2n+1 + C2n+1 ) + C2n+1 + C2n- + + C2n+1 + C2n+1 + ( C2n+1 + C2n+1 + + C2n- + C2n+1 ) 2n 2n +1 2n+1 2n 0.5 Þ 22n+1 = + 2S Þ 22n = + S Þ 22n = 28 Þ n = Þ ( 1- n 4 x + x3 - x4 ) = é - x) + x3(1 - x) ù = ( - x ) ( + x3 ) (1 ê ú ë û = ( C0 - C1x + C2x2 - C3x3 + C4x4 ) ( C0 + C1x3 + C2x6 + C3x9 + C 4x12 ) 4 4 4 4 4 Ta có hệ số x10 là: Câu VI.b CâuVII b 0.5 2− - C1.C3 + C4.C2 = - 10 4 Phần lời giải theo chương trình Nâng cao Gièng chơng trình chuẩn Giải bất phơng trình: (2 + ) x ( ) Đặt t = ( + ) Bpt ⇔ + x −2 x ( + 2− ) − x +1 x −2 x + (2 − ) x − x −1 ≤ ≤4 (t > 0) , ta đợc: t + t t − 4t + ≤ ⇔ − ≤ t ≤ + (tm) x −2 x ( Khi ®ã: − ≤ + KL: ) x2 −2 x 0.5 ≤ + ⇔ −1 ≤ x − x ≤ ⇔ x − 2x − ≤ ⇔ − ≤ x ≤ + Chú ý : - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần - Có cha xin thầy cô sửa dùm Xin cảm ơn = = = = = == = = HÕt = = = = = = = = 0.5 ... Từ giả thi? ??t toán ta thấy có C52 = 10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ số đứng đầu) C53 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C52 C53 = 100 số đợc chọn Mỗi số nh có 5! số đợc thành lập => có tất... làm tâm đối xứng y 1,25® 0,25 +∞ - 0,25 0,25 0.5 Đề thi thử đại học Mụn : Toỏn (Thi gian 180 khơng kể phát đề) I 2.0® -5 O x Gọi M(x;y) (C) cách tiƯm cËn x = vµ y = 3x − x | x ’2 | = | y ’3... 05 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) ( C) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − x + 1.Khảo sát biến thi? ?n