TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ TỔ TOÁN - TIN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn: TOÁN - Khối A + B Ngày thi: 28/12/2010 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y x x 4 2 5 4, = − + có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm m để phương trình x x m 4 2 2 5 4 log − + = có 6 nghiệm phân biệt. Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 1 cos1 sin2)1cos2(cos1 = − −+− x xxx 2. Giải hệ phương trình : 2 4 2 2 1 log log 16 4 log 2 4 8 16 4 xy y x x x xy x x y  + = −    + + = +  Câu III. (2,0 điểm) 1. Tính tích phân: I = 4 2 0 ( sin 2 )cos2x x xdx π + ∫ . 2. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 2 3 2 3 4 0 3 15 0 x x x x x m m  − − ≤   − − − ≥   Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của A' xuống mặt phẳng (ABC) là tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Biết AA' hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 60 . 1. Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật. 2. Tính thể tích khối lăng trụ . Câu V (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với 5AB = , C(-1;-1), đường thẳng AB có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và B. 2. Giải bất phương trình: 2 2 2 1 2 1 4 (2 3) (2 3) 2 3 x x x x− + − − + + − ≤ − Câu VI. (1,0 điểm) Tính tổng: S = 0 1 2 2010 2010 2010 2010 2010 2 3 2011C C C C + + + + . … Hết … Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ……… ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 3 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2010 -2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I-1 (1 điểm) * Tập xác định D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y’ = 4x 3 - 10x = 2x(2x 2 - 5); y’ = 0 ⇔ 0 5 2 =    = ±   x x . Dấu của y’: x -∞ 5 2 − 0 5 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞; - 5 2 ) và (0; 5 2 ). Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 5 2 ; 0) và ( 5 2 ; + ∞). - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 5 2 , y CT = - 9 4 ; Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 4. 0,25 - Giới hạn: 4 2 4 5 4 lim lim (1 ) x x y x x x →±∞ →±∞ = − + = +∞ . 0,25 -Bảng biến thiên: x -∞ 5 2 − 0 5 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ - 9 4 4 - 9 4 +∞ 0,25 Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm: (-1;0), (1; 0), (-2; 0), (2; 0) - Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 0) - Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng. 0,25 I-2 (1 điểm) Số nghiệm của phương trình: x x m 4 2 2 5 4 log − + = là số giao điểm của đường thẳng y = 2 log m với đồ thị của hàm số = − + y x x 4 2 5 4 . 0,25 Vẽ được đồ thị hàm số = − + y x x 4 2 5 4 0,25 Xác định được điều kiện: = ⇔ =m m 9 4 2 9 log 2 4 0,25 Kết luận =m 9 4 2 . 0,25 II-1 (1 điểm) + ĐK : π 21cos mxx ≠⇔≠ 0,25 (2) 0sin2)sin1(2cos1sin2coscos21 22 =−−−⇔−=−−−⇔ xxxxxx 2sin 2 2 sin02sin2sin2 2 =∨−=⇔=−−⇔ xxxx (loại) 0,5       += +−= ⇔       −=−= π π π π π 2 4 5 2 4 4 sin 2 2 sin kx kx x 0,25 II-2 (1 điểm) +) Từ PT (1) ta có: xy = 4. 0,25 +) Thế vào (2) ta có: 2 4 2 2 4 1 1 4 8 4 16 4 8x x x x x x x x x   + + = + ⇔ + = +  ÷   . Đặt 1 x x + (t > 0), ta có phương trình: t 4 = 8t ⇔ t = 2 (vì t > 0). Với t = 2 ta có: 2 1 1 2 4 4 1 0x x x x x x + = ⇔ + = ⇔ − + = 2 3x⇔ = ± 0,25 0,25 +) KL : Hệ có các nghiệm là : 4 4 2 3; ; 2 3; 2 3 2 3     + −  ÷  ÷ + −     0,25 III - 1 (1 điểm) I = 4 4 4 2 2 1 2 0 0 0 ( sin 2 )cos2 .cos2 sin 2 .cos2x x xdx x xdx x xdx I I π π π + = + = + ∫ ∫ ∫ . + Tính I 1 : Đặt: 1 cos2 sin2 2 du dx u x dv xdx v x =  =   ⇒   = =    . 4 4 4 1 0 0 0 1 1 1 1 . sin 2 sin 2 cos2 2 2 8 4 8 4 I x x xdx x π π π π π ⇒ = − = + = − ∫ . 0,25 0,25 + Tính I 2 : 4 2 0 sin 2 .cos2x xdx π ∫ Đặt t = sin2x ⇒ dt = 2cos2xdx. x = 0 ⇒ t = 0, x = 4 π ⇒ t = 1. ⇒ I 2 = 1 3 2 0 1 0 1 1 1 . 2 2 3 6 t t dx = = ∫ . 0,25 Vậy I = 1 8 12 π − 0,25 III - 2 (1 điểm) Ta có: 2 3 4 0 1 4x x x− − ≤ ⇔ − ≤ ≤ . Hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ PT 3 2 3 15 0x x x m m− − − ≥ có nghiệm [ ] 1;4x∈ − 3 2 3 15x x x m m⇔ − ≥ + có nghiệm [ ] 1;4x∈ − Đặt ( ) 3 2 3 3 2 3 1 0 3 3 0 4 x x khi x f x x x x x x khi x  + − ≤ <  = − =  − ≤ ≤   0,25 Ta có : ( ) 2 2 3 6 1 0 ' 3 6 0 4 x x khi x f x x x khi x  + − < <  =  − < <   ; ( ) ' 0 0; 2f x x x= ⇔ = = ± Ta có bảng biến thiên : ( ) 2 15f x m m≥ + có nghiệm [ ] 1;4x∈ − [ ] ( ) 2 1;4 max 15f x m m − ⇔ ≥ + 2 16 15m m⇔ ≥ + 2 15 16 0 16 1m m m⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 16 1m⇔ − ≤ ≤ . 0,25 0,25 0,25 0,25 IV (1 điểm) 1. Ta có A'O (ABC) OA⊥ ⇒ là hình chiếu của AA' trên (ABC). Vậy ¼ o góc[AA',(ABC)] OAA' 60= = Ta có BB'CC' là hình bình hành ( vì mặt bên của lăng trụ) AO BC⊥ tại trung điểm H của BC nên BC A'H⊥ . BC (AA'H) BC AA'⇒ ⊥ ⇒ ⊥ mà AA'//BB' nên BC BB' ⊥ .Vậy BB'CC' là hình chữ nhật. 0,25 0,25 ABCV đều nên 2 2 a 3 a 3 AO AH 3 3 2 3 = = = o AOA' A'O AOtan60 a⇒ = =V Vậy V = S ABC .A'O = 3 a 3 4 0,25 0,25 V. 1 (1 điểm) Gọi A(x 1 ; y 1 ), B(x 2 ; y 2 ). Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ là: 1 2 1 2 1 1 ( ; ) 3 3 x x y y G + − + − . Có G thuộc đường thẳng x + y - 2 = 0 nên: 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 0 8 3 3 x x y y x x y y + − + − + − = ⇔ + + + = (1). 0,25 Có A, B thuộc đường thẳng : x + 2y – 3 = 0 nên 1 1 2 2 3 2 3 2 x y x y = −   = −  (2), suy ra 1 2 1 2 2( ) 6x x y y+ + + = (3). Từ (1) và (3) suy ra: 1 2 2 1 1 2 2 1 10 10 2 2 x x x x y y y y + = = −   ⇔   + = − = − −   0,25 + AB = 5 ⇔ AB 2 = 5 ⇔ 2 2 2 1 2 1 ( ) ( ) 5x x y y− + − = ⇔ 2 2 1 1 (10 2 ) ( 2 2 ) 5x y− + − − = Kết hợp với (2) ta được: 1 2 2 1 1 1 3 2 (4 4 ) ( 2 2 ) 5 1 2 y y y y  = −  + + − − = ⇔   = −   0,25 H O o 60 C' A a B' A' C B x f’(x) f(x) -1 + 4 -4 2 0 2 00 16 + Với 1 3 2 y = − ⇒ x 1 = 6, x 2 = 4, y 2 = 1 2 − . Vậy A(6; 3 2 − ), B(4; 1 2 − ). + Với 1 1 2 y = − ⇒ x 1 = 4, x 2 = 6, y 2 = 3 2 − . Vậy A(4; 1 2 − ), B(6; 3 2 − ). Vậy A(6; 3 2 − ), B(4; 1 2 − ). 0,25 V. 2 (1 điểm) + BPT ⇔ 2 2 2 2 (2 3) (2 3) 4 x x x x − − + + − ≤ 0,25 + Đặt t = 2 2 (2 3) x x− + (t >0), ta có BPT: 2 1 4 4 1 0 2 3 2 3t t t t t + ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ − ≤ ≤ + 0,25 ⇔ 2 2 2 2 3 (2 3) 2 3 1 2 1 x x x x − − ≤ + ≤ + ⇔ − ≤ − ≤ 0,25 ⇔ 1 2 1 2x− ≤ ≤ + . 0,25 VI. (1 điểm) + Có 2010 0 1 2 2 2010 2010 2010 2010 2010 2010 (1 ) x C xC x C x C+ = + + + + . + Nhân cả hai vế với x ta được: 2010 0 2 1 3 2 2011 2010 2010 2010 2010 2010 (1 ) x x xC x C x C x C+ = + + + + . Lấy đạo hàm từng vế ta được: 2010 2009 0 1 2 2 2010 2010 2010 2010 2010 2010 (1 ) 2010 (1 ) 2 3 2011x x x C xC x C x C+ + + = + + + + 0,25 0,25 0,25 + Cho x = 1 ta được: 0 1 2 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2 3 2011 1005.2C C C C+ + + + = . Vậy S = 2010 1005.2 . 0,25 . c a BC nên BC A& apos;H⊥ . BC (AA'H) BC AA'⇒ ⊥ ⇒ ⊥ mà AA'//BB' nên BC BB' ⊥ .Vậy BB'CC' là hình chữ nhật. 0,25 0,25 ABCV đều nên 2 2 a 3 a 3 AO AH 3 3 2 3 =. điểm) 1. Ta có A& apos;O (ABC) OA⊥ ⇒ là hình chiếu c a AA' trên (ABC). Vậy ¼ o góc[AA',(ABC)] OAA' 60= = Ta có BB'CC' là hình bình hành ( vì mặt bên c a lăng trụ) AO BC⊥ . 3 2 3 = = = o AOA' A& apos;O AOtan60 a = =V Vậy V = S ABC .A& apos;O = 3 a 3 4 0,25 0,25 V. 1 (1 điểm) Gọi A( x 1 ; y 1 ), B(x 2 ; y 2 ). Trọng tâm G c a tam giác ABC có t a độ là: 1 2