ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 LẦN 1 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I: (2điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 y 4x mx 3x 1= + − 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m 0= . 2. Gọi 1 x và 2 x là hai điểm cực trị của hàm số (1).Tìm m để 1 2 x 4x= − . Câu II: (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 2009 cos 2x 2 2 sin x 4cos x sin x 4sin x cos x 4 π   + + = +  ÷   . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 3 y 2 1 x y 1 x x x y 4 22 y  + =  + −    + + =   Câu III. (2 điểm) 1. Tính tích phân sau: 2 0 3sinx cos x I dx sinx cos x 2 π − = + + ∫ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a,AD 2a= = . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60 0 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho a 3 AM 3 = , mặt phẳng ( ) BCM cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. Câu IV. (1 điểm) Cho x, y, z thoả mãn 4 x(x 1) 2y(2y 1) 3z(3z 1) 3 − + − + − ≤ . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x 2y 3z= + + Câu V. (2 điểm) 1. Cho điểm ( ) ( ) A 1;0 ,B 1;2− và đường thẳng ( ) d : x y 1 0− − = . Lập phương trình đường tròn đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;0;0), B(0;0;4) và ( ) P :2x y 2z 4 0− + − = a. Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng AB và song song với (P). b. Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều. Câu VI. (1 điểm) Giải phương trình 2 3 3 log (x 2x 6) log 5 2 2 x 2x 6 4 (x 2x 6) − + − + + = − + , với ẩn x ∈ ¡ 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Câu Điểm I.1 Khảo sát hàm số 1,00 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: Với m 0 = khi đó đồ thi hàm số trở thành 3 y 4x 3x= − - TXĐ: D = R - Giới hạn: lim , lim →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ x x y y - Ta có 2 y' 12x 3= − do đó 1 y' 0 x 2 = ⇔ = ± . Do đó hàm số đông biến trên 1 ; 2   −∞ −  ÷   và 1 ; 2   +∞  ÷   , nghịch biến trên 1 1 ; 2 2   −  ÷   0,25 - Bảng biến thiên 3. Đồ thị - Ta có y'' 24x y'' 0 x 0= ⇒ = ⇔ = , đồ thị có điểm uốn O(0;0). Đồ thi hàm số cắt trục Ox tại ( ) 3 3 A ;0 ,B 0;0 ,C ;0 2 2     −  ÷  ÷  ÷  ÷     0,25 - Đồ thị: 0,25 I.2 Tìm m để hàm số có hai cực trị tại 1 x và 2 x thỏa mãn 1 2 x 4x= − 1,00 TXĐ: D = R Ta có 2 y' 12x 2mx 3= + − . Ta lại có 2 ' m 36 0, m∆ = + > ∀ , vậy đồ thị hàm số đã cho luôn có 2 cực trị có hoành độ 1 x và 2 x . Trong đó 1 x và 2 x là nghiệm của phương trình 2 12x 2mx 3 0+ − = 0,5 2 Để hàm số có hai cực trị tại 1 x và 2 x thỏa mãn 1 2 x 4x= − 1 2 1 2 1 2 x 4x m 9 x x m 6 2 1 x x 4   = −   ⇔ + = − ⇒ = ±    = −   0,5 II.1 Giải phương trình. 1,00 Phương trình đã cho 2 2 cos x sin x 2(sin x cos x) 4sin x.cos x(sin x cos x)⇔ − + + = + 0,25 (cos x sin x)(cos x sin x 4cos x.sin x 2) 0⇔ + − − + = cos x sin x 0 (1) cos x sin x 4sin x.cos x 2 0 (2) + =  ⇔  − − + =  0,25 + Giải (1): (1) tan x 1 x k 4 π ⇔ = − ⇔ = − + π 0,25 + Giải (2): Đặt cos x sin x t, t 2− = ≤ ta có phương trình 2 t 0 2t t 0 1 t 2 =   + = ⇔  = −  . - Với t 0= ta có tan x 1 x k 4 π = ⇔ = + π - Với 1 t 2 = − ta có 2 x arccos k2 4 4 2 cos x 4 4 2 x arccos k2 4 4    π = − − + π   ÷  ÷ π      + = − ⇔  ÷      π  = − − − + π  ÷  ÷     Kết luận: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: x k 4 π = − + π , x k 4 π = + π , 2 x arccos k2 4 4   π = − − + π  ÷  ÷   , 2 x arccos k2 4 4   π = − − − + π  ÷  ÷   . 0,25 II.2 Giải hệ phương trình 1,00 Điều kiện: 2 2 x 0, y 0,x y 1 0≠ ≠ + − ≠ . Đặt 2 2 x u x y 1;v y = + − = . HPT trở thành: ( ) ( ) 3 2 3 2 1 1 1 u v u v u 21 4v 2 u 1 4v 22   + = + =   ⇔     = − + + =   0,25 Thay (2) vào (1) ta được: 2 v 3 3 2 1 2v 13v 21 0 7 21 4v v v 2 =   + = ⇔ − + = ⇔  − =  0,25 + Nếu v = 3 thì u = 9, ta có HPT: 2 2 2 2 x y 1 9 y 1 x y 10 x 3 x 3 x 3y y  + − = = ±  + =   ⇔ ⇔    = = ± =     0,25 3 + Nếu 7 v 2 = thì u 7 = , ta có HPT: 2 2 2 2 2 y 4 x y 1 7 x y 8 53 x 7 7 x y 2 y 2 x 14 2 53   = ± + − =  + =     ⇔ ⇔    = =    = ±     So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của HPT. 0,25 III.1 Tính tích phân 1,00 Ta có ( ) ( ) ( ) 2 0 sinx cos x 2 2 cos x sinx 2 I dx sinx cos x 2 π + + − − − = + + ∫ 0,25 ( ) ( ) 2 2 2 0 0 0 cos x sinx dx dx 2 dx 2 sinx cos x 2 sinx cos x 2 π π π − = − − + + + + ∫ ∫ ∫ 2 2 0 0 dx 2ln sinx cos x 2 2 2 2 cos(x ) 1 4 π π π = − + + − π   − +  ÷   ∫ 0,25 ( ) ( ) 2 2 0 1 dx 2 ln 1 2 ln 1 2 x 2 2 cos 2 8 π π   = − + − + −   π   −  ÷   ∫ 0,25 2 0 x tan 2 tan 2 2 8 2 8 π π π π π   = − − = −  ÷   0,25 III.2 Tính thể tích hình chóp SBCMN 1,00 60 0 A D B C S M N H Do ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có BC AB BC BM BC SA ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao . 0,25 Ta có 0 SA AB.tan 60 a 3= = , a 3 a 3 MN SM MN 2 4a 3 MN AD SA 2a 3 3 a 3 − = ⇔ = = ⇒ = và 2a BM 3 = . 0,25 4 Diện tích hình thang BCMN là 2 BCMN 4a 2a BC MN 2a 10a 3 S BM 2 2 3 3 3   +  ÷ + = = =  ÷  ÷   Hạ SH BM ⊥ và ( ) BC SAB BC SH⊥ ⇒ ⊥ . Vậy ( ) SH BCMN⊥ ⇒ SH là đường cao của khối chóp S.BCNM . Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , AB AM 1 SB MS 2 = = . Vậy BM là phân giác của · · 0 0 SBA SBH 30 SH SB.sin30 a⇒ = ⇒ = = . 0,25 Gọi V là thể tích chóp S.BCNM ta có 3 BCMN 1 10 3a V SH.S 3 27 = = 0,25 IV Chứng minh bất đẳng thức 1,00 Từ giả thiết 2 2 2 4 1 1 1 25 x(x 1) 2y(2y 1) 3z(3z 1) x 2y 3z 3 2 2 2 12       − + − + − ≤ ⇔ − + − + − ≤  ÷  ÷  ÷       0,25 Ta lại có 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 3 x 2y 3z x 2y 3z 2 2 2 2 2 2           − + − + − ≥ − + − + −    ÷  ÷  ÷  ÷             0,25 Do đó 2 1 1 1 25 x 2y 3z 3. 2 2 2 12   − + − + − ≤  ÷   0,25 Vậy 3 5 x 2y 3z P x 2y 3z 4 2 2 + + − ≤ ⇔ = + + ≤ , do đó max P 4= dấu bằng xảy ra 4 2 4 x ; y ;z 3 3 9 ⇔ = = = 0,25 V.1 Tìm phương trình đường tròn. 1,00 Giả sử ( ) C là đường tròn cần tìm có phương trình là ( ) ( ) 2 2 2 x a y b R− + − = có tâm ( ) I a;b 0,25 + Do ( ) C đi qua ( ) A 1;0− do đó 2 2 2 (1 a) b R+ + = (1) + Do ( ) C đi qua ( ) B 1;2 do đó 2 2 2 (1 a) (2 b) R− + − = (2) + Do ( ) C tiếp xúc với đường thẳng d do đó ( ) ( ) 2 2 a b 1 d I, d R R (a b 1) 2R 2 − − = ⇔ = ⇔ − − = (3) 0,25 Từ (1), (2) và (3) ta có hpt 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (1 a) b R (1 a) b R (1 a) (2 b) R (1 a) b (1 a) (2 b) (a b 1) 2R (a b 1) 2 (1 a) b   + + = + + =    − + − = ⇔ + + = − + −     − − =   − − = + +      0,25 2 2 2 2 2 2 2 (1 a) b R a 0 a b 1 b 1 R 2 (a b 1) 2 (1 a) b   + + = =    ⇔ + = ⇔ =     =   − − = + +      . Vậy đường tròn cần tìm là: ( ) 2 2 x y 1 2+ − = 0,25 V.2 1,00 a. Ta có AB( 4;0;4)− uuur , mặt phẳng (P) có véctơ pháp tuyến là n(2; 1;2)− r . Lại có AB.n 4.2 0 2.4 0= − + + = uuur r và A (P) AB//(P)∉ ⇒ 0,25 Vì đường thẳng (d) vuông góc với AB và song song với (P) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d) là u AB,n (4;16;4)   = =   r uuur r . Vậy phương trình đường thẳng (d) là x 4 t y 4t z t = +   =   =  0,25 5 b. Giả sử C(x; y; z). Điểm C thuộc mp(P) và tam giác ABC là tam giác đều nên 2x y 2z 4 0 AC AB BC AB − + − =   =   =  0,25 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2x y 2z 4 0 x z (x 4) y z 32 2x y 2z 4 0 x y z 8x 16 0 x y (z 4) 32  − + − =  =    − + + = ⇔ − + − =     + + − − =  + + − =   . Giải hệ này được x 0 20 x 9 =    =  . Vậy ( ) 20 44 20 C 0; 4;0 ;C ; ; 9 9 9   −  ÷   . 0,25 VI 1,00 ĐK xác định 2 x 2x 6 0 x− + > ⇔ ∀ ∈¡ . Đặt ( ) 2 3 t log x 2x 6= − + . PT trở thành t t t 3 4 5+ = 0,25 Chứng minh phương trình t t t 3 4 5+ = có nghiệm duy nhất t 2= . 0,5 Với ( ) 2 2 3 x 1 t 2 log x 2x 6 2 x 2x 6 9 x 3 = −  = ⇔ − + = ⇔ − + = ⇔  =  . Vậy nghiệm của PT đã cho là x = -1, x = 3. 0,25 6 . đã cho 2 2 cos x sin x 2(sin x cos x) 4sin x.cos x(sin x cos x)⇔ − + + = + 0,25 (cos x sin x)(cos x sin x 4cos x.sin x 2) 0⇔ + − − + = cos x sin x 0 (1) cos x sin x 4sin x.cos x 2 0 (2) +. ) 2 0 sinx cos x 2 2 cos x sinx 2 I dx sinx cos x 2 π + + − − − = + + ∫ 0,25 ( ) ( ) 2 2 2 0 0 0 cos x sinx dx dx 2 dx 2 sinx cos x 2 sinx cos x 2 π π π − = − − + + + + ∫ ∫ ∫ 2 2 0 0 dx 2ln sinx cos. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 LẦN 1 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I: (2điểm) Cho hàm số ( ) 3 2 y