MATHVN.COM – www.mathvn.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 01
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
Thời gianlàm bài: 180 phút.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2điểm): Cho hàm số y =
2x - 1
x -1
(1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp
tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng IM.
Câu II (2 điểm):
1. Giải bất phương trình: log 9 (3x 2 + 4 x + 2) + 1 > log 3 (3x 2 + 4 x + 2)
sin 2 x cos 2 x
+
= tan x - cot x
2. Giải phương trình:
cos x
sin x
1
Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I = ò ln(1 + x2 )dx
0
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính
theo a khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE
Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c .
PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc
B)
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn ( C1 ): x 2 + y 2 = 13 và ( C 2 ):
( x - 6) 2 + y 2 = 25 . Gọi A là một giao điểm của ( C1 ) và ( C 2 ) với y A > 0 . Viết phương
trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt ( C1 ), ( C 2 ) theo hai dây cung có độ dài bằng
nhau.
2. Giải phương trình:
(
) (
x
5 -1 +
)
x
5 +1 - 2
x+
3
2
=0
"n Î N * ,
điểm):
Chứng
minh
rằng
ta
có:
n
2C 22n + 4C 24n + ... + 2nC 22nn = 4 n
2
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 6 x + 5 = 0 . Tìm
điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai
tiếp tuyến đó bằng 60 0 .
Câu
VII.a
(1
© 2010 – www.mathvn.com
1
MATHVN.COM – www.mathvn.com
ì x = 2t
ï
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : í y = t và (d 2 ) :
ïz = 4
î
ìx = 3 - t
ï
. Chứng minh (d1 ) và (d 2 ) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có
íy = t
ïz = 0
î
đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1 ) và (d 2 ) .
Câu VII.b (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:
z 4 - z 3 + 6 z 2 - 8 z - 16 = 0
-------------- Hết -------------ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 02
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
Thời gianlàm bài: 180 phút.
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm)
Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2
Câu 2: (2điểm)
ìï x - 2 y - xy = 0
1. Giải hệ phương trình: í
ïî x - 1 + 4 y - 1 = 2
pö
æ
2. Giải phương trình: cosx = 8sin3 ç x + ÷
6ø
è
Câu 3: (2 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC
vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng
minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.
e2
2. Tính tích phân A =
dx
ò x ln x.ln ex
e
Câu 4: (2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1);
C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết
phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các
đường thẳngAB; CD.
2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:
a3
b3
c3
+
+
=1
a 2 + ab + b 2 b2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c
B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm)
© 2010 – www.mathvn.com
2
MATHVN.COM – www.mathvn.com
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương
trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm
của tam giác IJK.
2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên
(D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được
bằng 45.
Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0
và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng
đối xứng qua A(3;1).
2. Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số
thực x.
-------- Hết ------BÀI GIẢI TÓM TẮT
A.PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1. m = 0 , y = 4x3 – 3x
- TXĐ: D = R
- Giới hạn: lim y = +¥,
x ®+¥
-
lim y = -¥
x ®-¥
y’ = 12x2 – 3 ; y’ = 0 Û x = ±
1
2
Bảng biến thiên:
- y’’ = 24x , y” = Û x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0)
- Đồ thị:
2. TXĐ: D = R
- y’ = 12x2 + 2mx – 3
Ta có: D’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị
© 2010 – www.mathvn.com
3
MATHVN.COM – www.mathvn.com
ì
ï x1 = -4 x2
ï
m
ï
Ta có: í x1 + x2 = 6
ï
1
ï
ïî x1 x2 = - 4
Þm=±
9
2
Câu 2:
ìï x - 2 y - xy = 0
1. í
ïî x - 1 + 4 y - 1 = 2
ìx ³ 1
ï
Điều kiện: í
1
ïî y ³ 4
(1)
(2)
x
- 2 = 0 Þ x = 4y
y
1
Nghiệm của hệ (2; )
2
3
pö
æ
2. cosx = 8sin3 ç x + ÷ Û cosx = 3 s inx+cosx
6ø
è
3
Û 3 3 sin x + 9sin 2 xcosx +3 3 s inxcos 2 x + cos3 x - cosx = 0 (3)
Từ (1) Þ
x
y
(
)
Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm
(3) Û 3 3 tan 3 x + 8 t an 2 x + 3 3 t anx = 0
Û t anx = 0 Û x = kp
Câu 3:
1.Theo định lý ba đường vuông góc
BC ^ (SAC) Þ AN ^ BC
và AN ^ SC
ÞAN ^ (SBC) Þ AN ^ MN
Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC
Vây DMSN ~ DCSB
Þ TM là đường cao của tam giác STB
Þ BN là đường cao của tam giác STB
Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB
^ ST
ÞAB ^ (SAT) hay AB^ AT (đpcm)
e2
2. A = ò
e
e2
dx
d (ln x)
=ò
=
x ln x(1 + ln x) e ln x(1 + ln x)
2
= ln(ln x)
e2
æ 1
1
ö
ò çè ln x - 1 + ln x ÷ød (ln x)
e
2
e
e
- ln(1 + ln x) = 2ln2 – ln3
e
e
Câu 4:
uuur
uuur
uuur
1. +) BA = (4;5;5) , CD = (3; -2;0) , CA = (4;3; 6)
uuur uuur
uuur uuur uuur
é BA, CD ù = (10;15; -23) Þ é BA, CD ù .CA ¹ 0 Þ đpcm
ë
û
ë
û
© 2010 – www.mathvn.com
4
MATHVN.COM – www.mathvn.com
ur
uuur r
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) Þ có VTPT n1 = éë BA, k ùû =
(5;- 4; 0)
Þ (P): 5x – 4y = 0
+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy)
ur
uuur r
có VTPT n1 = éëCD, k ùû = (-2;-
3; 0)
Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D)
2. Ta có:
a3
2a - b
³
(1)
2
2
a + ab + b
3
Û 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)
Û a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
Û (a + b)(a – b)2 ³ 0. (h/n)
Tương tự:
b3
2b - c
c3
2c - a
³
(2)
,
³
(3)
2
2
2
2
b + bc + c
3
c + ac + a
3
Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:
a3
b3
c3
a+b+c
+
+
³
2
2
2
2
2
2
a + ab + b b + bc + c c + ca + a
3
Vậy: S ≤ 3 Þ maxS = 3 khi a = b = c = 1
B. PHẦN TỰ CHỌN:
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn
x
a
y
b
z
c
1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) Þ ( P) : + + = 1
uur
IA = (4 - a;5; 6),
Ta có uuur
JK = (0; -b; c),
uur
JA = (4;5 - b; 6)
uur
IK = (- a; 0; c)
77
ì
a
=
ì4 5 6
ï
4
ïa + b + c =1 ï
ï
77
ï
Ta có: í-5b + 6c = 0 Þ íb =
Þ ptmp(P)
5
ï - 4 a + 6c = 0
ï
77
ï
ï
î
ïc = 6
î
2
2
2.Ta có: n C5 + 5Cn = 45 Þ n2 + 3n – 18 = 0 Þ n = 3
Câu 5b:
1.M Î (D) Þ M(3b+4;b) Þ N(2 – 3b;2 – b)
N Î (C) Þ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 Þ 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 = 5x Þ X > 0
Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*)
Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0
ÛD < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0
Từ đó suy ra m.
© 2010 – www.mathvn.com
5
MATHVN.COM – www.mathvn.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 03
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
Thời gianlàm bài: 180 phút.
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = x 4 - 2 x 2
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm
điều kiện đối với a và b để hai
tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
2 ( cos x - sin x )
1
=
tan x + cot 2 x
cot x - 1
1
x 2 - 5 x + 6 + log 1 x - 2 > log 1 ( x + 3)
2
3
3
1. Giải phương trình lượng giác:
2. Giải bất phương trình: log 3
p
2
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ò cos 2 x ( sin 4 x + cos 4 x ) dx
0
Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh
liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên
đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450.
Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình x + 1 - x + 2m x (1 - x ) - 2 4 x (1 - x ) = m3
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.
B. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần
2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng D
định bởi:
(C ) : x 2 + y 2 - 4 x - 2 y = 0; D : x + 2 y - 12 = 0 . Tìm điểm M trên D sao cho
từ M vẽ được với (C) hai tiếp
tuyến lập với nhau một góc 600.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0),
B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm
tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán
kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
ra 9 viên bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12,
tâm I thuộc đường thẳng
( d ) : x - y - 3 = 0 và có hoành độ
một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa
© 2010 – www.mathvn.com
xI =
9
, trung điểm của
2
độ các đỉnh của hình chữ nhật.
6
MATHVN.COM – www.mathvn.com
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có
phương trình là
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 4 x + 2 y - 6 z + 5 = 0, ( P) : 2 x + 2 y - z + 16 = 0 .
Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của
đoạn thẳng MN. Xác định vị
trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng
minh bất đẳng thức
1
1
1
4
4
4
+
+
³ 2
+ 2
+ 2
a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7
----------------------Hết----------------------
Câ Ý
u
I
1
Đáp án.
Nội dung
+ MXĐ: D = ¡
+ Sự biến thiên
·
Giới hạn: lim y = +¥; lim y = +¥
x ®-¥
x ®+¥
·
éx = 0
y ' = 4 x - 4 x = 4 x ( x - 1) ; y ' = 0 Û ê
ë x = ±1
·
Bảng biến thiên
3
Điể
m
2,00
1,00
0,25
0,25
2
0,25
yCT 1 = y ( -1) = -1; yCT 2 = y (1) = -1; yC§ = y ( 0 ) = 0
·
Đồ thị
0,25
2
© 2010 – www.mathvn.com
1,00
7
MATHVN.COM – www.mathvn.com
Ta có f '( x) = 4 x 3 - 4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B
là
k A = f '(a ) = 4a - 4a, k B = f '(b) = 4b - 4b
3
3
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
y = f ' ( a )( x - a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a) - af' ( a ) ;
y = f ' ( b )( x - b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) - bf' ( b )
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và
chỉ khi:
k A = k B Û 4a 3 - 4a = 4b3 - 4b Û ( a - b ) ( a 2 + ab + b 2 - 1) = 0 (1)
Vì A và B phân biệt nên a ¹ b , do đó (1) tương đương với phương
trình:
a 2 + ab + b 2 - 1 = 0 (2)
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau
2
2
ìa 2 + ab + b 2 - 1 = 0
ïìa + ab + b - 1 = 0
,
Ûí
( a ¹ b ) Û ïí 4
2
4
2
ïî f ( a ) - af ' ( a ) = f ( b ) - bf ' ( b )
îï-3a + 2a = -3b + 2b
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai
nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là ( -1; -1)
và (1; -1) .
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song
song với nhau là
ìa 2 + ab + b 2 - 1 = 0
ï
ía ¹ ±1
ïa ¹ b
î
II
1
ìïcos x.sin 2 x.sin x. ( tan x + cot 2 x ) ¹ 0
ïîcot x ¹ 1
Điều kiện: í
Từ (1) ta có:
1
sin x cos 2 x
+
cos x sin 2 x
=
2 ( cos x - sin x )
cos x.sin 2 x
Û
= 2 sin x
cos x
cos
x
-1
sin x
Û 2sin x.cos x = 2 sin x
p
é
x = + k 2p
ê
2
4
Û cos x =
Ûê
(k Î ¢)
2
ê x = - p + k 2p
êë
4
2,00
1,00
0,25
0,25
0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là
p
0,25
x = - + k 2p ( k Î ¢ )
4
2
© 2010 – www.mathvn.com
1,00
8
MATHVN.COM – www.mathvn.com
Điều kiện: x > 3
Phương trình đã cho tương đương:
1
1
1
log 3 ( x 2 - 5 x + 6 ) + log 3-1 ( x - 2 ) > log 3-1 ( x + 3)
2
2
2
1
1
1
Û log 3 ( x 2 - 5 x + 6 ) - log 3 ( x - 2 ) > - log 3 ( x + 3)
2
2
2
Û log 3 éë( x - 2 )( x - 3) ùû > log 3 ( x - 2 ) - log 3 ( x + 3)
æ x-2ö
Û log 3 éë( x - 2 )( x - 3) ùû > log 3 ç
÷
è x+3ø
x-2
Û ( x - 2 )( x - 3) >
x+3
é x < - 10
Û x2 - 9 > 1 Û ê
êë x > 10
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
x > 10
III
0,25
0,25
0,25
0,25
1,00
1,00
1
p
2
æ 1
ö
I = ò cos 2 x ç1 - sin 2 2 x ÷ dx
è 2
ø
0
=
=
p
2
0,50
1 æ 1 2 ö
ç1 - sin 2 x ÷ d ( sin 2 x )
2 ò0 è 2
ø
p
2
p
2
1
1
d ( sin 2 x ) - ò sin 2 2 xd ( sin 2 x )
ò
20
40
p
p
1
1
= sin 2 x| 2 - sin 3 2 x| 2 = 0
0
0
2
12
IV
© 2010 – www.mathvn.com
0,50
1,00
9
MATHVN.COM – www.mathvn.com
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm
của AB và CD. Khi đó OM ^ AB và
O ' N ^ CD .
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
0,25
DIOM vuông cân tại O nên:
OM = OI =
2
h
2a
2
IM Þ =
Þh=
a
2
2
2 2
2
2
2
a 2 a 2 3a 2
æaö æa 2ö
2
2
2
2
Ta có: R = OA = AM + MO = ç ÷ + çç
+
=
÷÷ =
4 8
8
è2ø è 4 ø
Þ V = p R 2h = p .
0,25
3a 2 a 2 3 2p a 3
.
=
,
8
2
16
và S xq = 2p Rh=2p .
0,25
a 3 a 2
3p a 2
.
=
.
2
2 2 2
0,25
V
1,00
x + 1 - x + 2m x (1 - x ) - 2 x (1 - x ) = m (1)
Phương trình
3
4
Điều kiện : 0 £ x £ 1
Nếu x Î [0;1] thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có
1
2
nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện x = 1 - x Þ x = . Thay x =
1
2
0,25
vào (1) ta được:
2.
ìm = 0
1
1
+ m - 2.
= m3 Þ í
2
2
î m = ±1
* Với m = 0; (1) trở thành:
(
4
x - 4 1- x
)
2
=0Û x=
1
2
0,25
Phương trình có nghiệm duy nhất.
* Với m = -1; (1) trở thành
x + 1 - x - 2 x (1 - x ) - 2 4 x (1 - x ) = -1
Û
(
Û
(
) (
)
x + 1 - x - 2 4 x (1 - x ) + x + 1 - x - 2 x (1 - x ) = 0
4
x - 4 1- x
+ Với
+ Với
4
) +(
2
x - 1- x
)
2
=0
0,25
1
2
1
x - 1- x = 0 Û x =
2
x - 4 1- x = 0 Û x =
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
© 2010 – www.mathvn.com
10
MATHVN.COM – www.mathvn.com
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
x + 1 - x - 2 4 x (1 - x ) = 1 - 2 x (1 - x ) Û
(
4
x - 4 1- x
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x =
) =(
2
x - 1- x
)
2
1
nên trong trường
2
0,25
hợp này (1) không có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
VI
a
2,00
1
1,00
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 .
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu
hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác
0,25
đều suy ra IM = 2R=2 5 .
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
2
2
( x - 2 ) + ( y - 1) = 20 .
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng D , nên tọa độ của M
ìï( x - 2 )2 + ( y - 1) 2 = 20 (1)
nghiệm đúng hệ phương trình: í
ïî x + 2 y - 12 = 0 (2)
0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
éx = 3
( -2 y + 10 ) + ( y - 1) = 20 Û 5 y - 42 y + 81 = 0 Û êê 27
x=
5
ë
æ 9ö
æ 27 33 ö
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M ç 3; ÷ hoặc M ç ; ÷
è 2ø
è 5 10 ø
2
2
2
2
Ta tính được AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 5 .
0,25
0,25
1,00
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó
ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của 0,25
tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.
æ3
3ö
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G ç ; 0; ÷ , bán kính
è2 2ø
14
là R = GA =
.
2
VI
Ia
0,50
1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C189 .
© 2010 – www.mathvn.com
0,25
11
MATHVN.COM – www.mathvn.com
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi
xanh và vàng chỉ là 8.
0,25
+ Không có bi xanh: có C139 cách.
+ Không có bi vàng: có C159 cách.
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì
có C109 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
0,50
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
C109 + C189 - C139 - C159 = 42910 cách.
2,00
VI
b
1
1,00
I có hoành độ xI =
9
æ9 3ö
và I Î ( d ) : x - y - 3 = 0 Þ I ç ; ÷
2
è2 2ø
Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao
điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)
AB = 2 IM = 2
( xI - xM ) + ( y I - y M )
2
S ABCD = AB. AD = 12 Û AD =
2
=2
9 9
+ =3 2
4 4
S ABCD
12
=
= 2 2.
AB
3 2
ìï AD ^ ( d )
,
suy
ra
phương
í
ïî M Î AD
1. ( x - 3) + 1. ( y - 0 ) = 0 Û x + y - 3 = 0 .
trình
AD: 0,50
Lại có MA = MD = 2 .
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
ìï x + y - 3 = 0
ïì y = - x + 3
ïì y = - x + 3
Û
Û
í
í
í
2
2
2
2
2
2
ïî( x - 3) + y = 2
ïî( x - 3) + ( 3 - x ) = 2
îï ( x - 3) + y = 2
ìy = 3- x
ìx = 2
ìx = 4
Ûí
Ûí
hoặc í
.Vậy A(2;1), D(4;-1),
î x - 3 = ±1 î y = 1
î y = -1
æ9 3ö
là
trung
điểm
Iç ; ÷
è2 2ø
x A + xC
ì
ïï xI =
ì xC = 2 xI - x A = 9 - 2 = 7
2
ra: í
Ûí
î yC = 2 yI - y A = 3 - 1 = 2
ï y = y A + yC
I
ïî
2
của
AC,
suy
0,50
Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
2
© 2010 – www.mathvn.com
1,00
12
MATHVN.COM – www.mathvn.com
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
d = d ( I , ( P )) =
2.2 + 2. ( -1) - 3 + 16
3
=5Þ d > R.
0,25
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3
= 2.
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là
hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của
đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).
Gọi D là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là
giao điểm của D và (P).
r
0,25
Đường thẳng D có vectơ chỉ phương là n P = ( 2; 2; -1) và qua I nên có
ì x = 2 + 2t
ï
phương trình là í y = -1 + 2t ( t Î ¡ ) .
ïz = 3 - t
î
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
2 ( 2 + 2t ) + 2 ( -1 + 2t ) - ( 3 - t ) + 16 = 0 Û 9t + 15 = 0 Û t = -
15
5
=9
3
0,25
æ 4 13 14 ö
Suy ra N 0 ç - ; - ; ÷ .
è 3 3 3ø
uuuur
3 uuur
5
Ta có IM 0 = IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4)
0,25
VI
Ib
1,00
Áp dụng bất đẳng thức
1 1
4
+ ³
( x > 0, y > 0)
x y x+ y
có: 0,50
Ta
1
1
4
1
1
4
1
1
4
+
³
;
+
³
;
+
³
a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c
Ta lại có:
1
2
2
³ 2
= 2
Û 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 - 4a - 2b - 2c ³ 0
2
2
2 a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7
Û 2 ( a - 1) + ( b - 1) + ( c - 1) ³ 0
2
2
1
2
1
2
³ 2
;
³ 2
2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7
1
1
1
4
4
4
Từ đó suy ra
+
+
³ 2
+ 2
+ 2
a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7
Tương tự:
2
0,50
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 04
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
© 2010 – www.mathvn.com
13
MATHVN.COM – www.mathvn.com
Thời gianlàm bài: 180 phút.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = mx 3 + 3mx 2 - ( m - 1) x - 1 , m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số y = f ( x) không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
sin x + cos x
4
1. Giải phương trình :
4
sin 2 x
=
1
2
( tan x + cot x )
2. Giải phương trình:
log 4 ( x + 1) + 2 = log
2
2
4 - x + log 8 ( 4 + x )
3
3
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2
A=
ò
1
dx
x 1- x
2
2
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai
đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam
giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.
ìï x 2 - 7 x + 6 £ 0
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm í
2
ïî x - 2 ( m + 1) x - m + 3 ³ 0
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình
các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0.
Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y
– 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
( P ) : x + 2 y - 2z + 5 = 0; ( Q ) : x + 2 y - 2z -13 = 0.
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và
tiếp xúc với cả hai mặt phẳng
(P) và (Q).
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
5 2
ì 4
3
ïïCn -1 - Cn -1 < 4 An - 2
(Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n
í
7
ïC n - 4 ³ A3
ïî n +1 15 n +1
phần tử)
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và
đường tròn (C):
x 2 + y 2 + 2 x - 4 y - 8 = 0 .Xác định
tọa độ các giao điểm A, B của
© 2010 – www.mathvn.com
14
MATHVN.COM – www.mathvn.com
đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết
điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa
độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P): x - 2 y + 2 z - 1 = 0 và
d1 :
x -1
2
=
y -3
-3
=
z
; d2 :
x -5
=
y
=
z+5
các
đường
thẳng
.
6
4
-5
Tìm các điểm M Î d1 , N Î d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
2
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f ( x ) = ln
1
(3 - x)
3
và giải bất
phương trình
f '( x ) >
6
p
p
ò sin
2
0
t
dt
2
x+2
----------------------Hết---------------------Đáp án
Nội dung
Câu Ý
I
1
Khi m = 1 ta có y = x3 + 3x 2 - 1
+ MXĐ: D = ¡
+ Sự biến thiên:
·
Giới hạn: lim y = -¥; lim y = +¥
x ®-¥
x ®+¥
·
é x = -2
y ' = 3x2 + 6 x ; y ' = 0 Û ê
ëx = 0
·
Bảng biến thiên
yC§ = y ( -2 ) = 3; yCT = y ( 0 ) = -1
© 2010 – www.mathvn.com
15
MATHVN.COM – www.mathvn.com
·
Đồ thị
2
+ Khi m = 0 Þ y = x - 1 , nên hàm số không có cực trị.
+ Khi m ¹ 0 Þ y ' = 3mx 2 + 6mx - ( m - 1)
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y ' = 0 không có nghiệm hoặc có nghiệm kép
Û D ' = 9m 2 + 3m ( m - 1) = 12m 2 - 3m £ 0 Û 0 £ m £
1
4
II
1
sin 4 x + cos 4 x 1
= ( tan x + cot x ) (1)
sin 2 x
2
Điều kiện: sin 2 x ¹ 0
1
1 - sin 2 2 x
1 æ sin x cos x ö
2
(1) Û
= ç
+
÷
sin 2 x
2 è cos x sin x ø
1
1 - sin 2 2 x
1
2
Û
=
sin 2 x
sin 2 x
1
Û 1 - sin 2 2 x = 1 Û sin 2 x = 0
2
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
2
© 2010 – www.mathvn.com
16
MATHVN.COM – www.mathvn.com
log 4 ( x + 1) + 2 = log
2
4 - x + log8 ( 4 + x ) (2)
3
2
ìx +1 ¹ 0
ì -4 < x < 4
ï
Điều kiện: í4 - x > 0 Û í
î x ¹ -1
ï4 + x > 0
î
(2) Û log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 - x ) + log 2 ( 4 + x ) Û log 2 x + 1 + 2 = log 2 (16 - x 2 )
Û log 2 4 x + 1 = log 2 (16 - x 2 ) Û 4 x + 1 = 16 - x 2
+ Với -1 < x < 4 ta có phương trình x 2 + 4 x - 12 = 0 (3) ;
éx = 2
(3) Û ê
ë x = -6 ( lo¹i )
+ Với -4 < x < -1 ta có phương trình x 2 - 4 x - 20 = 0 (4);
é x = 2 - 24
( 4) Û ê
êë x = 2 + 24 ( lo¹i )
(
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 - 6
)
III
Đặt t = 1 - x 2 Þ t 2 = 1 - x 2 Þ 2tdt = -2 xdx Þ
Þ
dx
tdt
=- 2
x
x
dx
tdt
tdt
== 2
2
x
1- t
t -1
+ Đổi cận:
1
3
Þt =
2
2
3
1
x=
Þt =
2
2
x=
A=
1
2
3
2
dt
ò t 2 -1 =
3
dt
1 t + 1 23 1 æ 7 + 4 3 ö
=
ò1 1 - t 2 2 ln 1 - t |12 = 2 ln çç 3 ÷÷
è
ø
2
2
IV
© 2010 – www.mathvn.com
17
MATHVN.COM – www.mathvn.com
Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ^ AB, SE ^ AB , suy
ra ( SOE ) ^ AB .
Dựng OH ^ SE Þ OH ^ ( SAB ) , vậy OH là khoảng cách từ
O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
S SAB
1
1
1
1
1
1
1 8
=
+
Þ
=
= 1- =
2
2
2
2
2
2
OH
SO OE
OE
OH
SO
9 9
9
3
Þ OE 2 = Þ OE =
8
2 2
9
81
9
SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = Þ SE =
8
8
2 2
2S
1
36
= AB.SE Û AB = SAB =
=8 2
9
2
SE
2 2
2
(
)
2
9
9 265
æ1
ö
OA = AE + OE = ç AB ÷ + OE 2 = 4 2 + = 32 + =
8
8
8
è2
ø
1
1 265
265
Thể tích hình nón đã cho: V = p .OA2 .SO = p
.3 =
p
3
3
8
8
2
2
2
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
SA2 = SO 2 + OA2 = 9 +
S xq = p .OA.SA = p
265 337
337
=
Þ SA =
8
8
8
265 337
89305
.
=p
8
8
8
V
ìï x 2 - 7 x + 6 £ 0 (1)
2
ïî x - 2 ( m + 1) x - m + 3 ³ 0 (2)
Hệ bất phương trình í
(1) Û 1 £ x £ 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại
x0 Î [1; 6] thỏa mãn (2).
x2 - 2x + 3
³ m (do x Î [1;6] Þ 2 x + 1 > 0)
( 2 ) Û x - 2 x + 3 ³ ( 2 x + 1) m Û
( 2 x + 1)
2
Gọi f ( x) =
x2 - 2 x + 3
; x Î [1;6]
2x +1
Hệ đã cho có nghiệm Û $x0 Î [1; 6] : f ( x0 ) ³ m
f '( x) =
2 x2 + 2 x - 8
( 2 x + 1)
2
=
2 ( x2 + x - 4 )
( 2 x + 1)
Vì x Î [1;6] nên chỉ nhận x =
© 2010 – www.mathvn.com
2
; f ' ( x ) = 0 Û x2 + x - 4 = 0 Û x =
-1 ± 17
2
-1 + 17
2
18
MATHVN.COM – www.mathvn.com
2
3
Ta có: f (1) = , f (6) =
27 æ -1 + 17 ö -3 + 17
, fç
÷÷ =
13 çè
2
2
ø
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x) =
Do đó $x0 Î [1;6] : f ( x0 ) ³ m Û max f ( x) ³ m Û
xÎ[1;6]
27
13
27
³m
13
VIa
1
ì4 x + 3 y - 4 = 0
ì x = -2
Ûí
Þ A ( -2; 4 )
îx + 2 y - 6 = 0
îy = 4
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: í
ì4 x + 3 y - 4 = 0
ìx = 1
Ûí
Þ B (1;0 )
îx - y -1 = 0
îy = 0
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình í
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
a ( x + 2 ) + b ( y - 4 ) = 0 Û ax + by + 2a - 4b = 0
Gọi D1 : 4 x + 3 y - 4 = 0; D 2 : x + 2 y - 6 = 0; D 3 : ax + by + 2a - 4b = 0
Từ giả thiết suy ra (·
D 2 ; D 3 ) = (·
D1 ; D 2 ) . Do đó
|1.a + 2.b |
| 4.1 + 2.3 |
cos (·
D 2 ; D 3 ) = cos (·
D1 ; D 2 ) Û
=
2
2
25. 5
5. a + b
éa = 0
Û| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 Û a ( 3a - 4b ) = 0 Û ê
ë3a - 4b = 0
+ a = 0 Þ b ¹ 0 . Do đó D 3 : y - 4 = 0
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra D 3 : 4 x + 3 y - 4 = 0 (trùng với D1 ).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
ìy - 4 = 0
ìx = 5
Ûí
Þ C ( 5; 4 )
îx - y -1 = 0
îy = 4
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: í
2
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
ìOI = AI
ïï
OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) Û íOI = d ( I , ( P ) )
ï
ïîd ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )
Ta có:
OI = AI Û OI 2 = AI 2 Û a 2 + b 2 + c 2 = ( a - 5 ) + ( b - 2 ) + ( c - 1)
2
2
2
Û 10a + 4b + 2c = 30 (1)
| a + 2b - 2c + 5 |
2
OI = d ( I , ( P ) ) Û a 2 + b 2 + c 2 =
Û 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b - 2c + 5 ) (2)
3
© 2010 – www.mathvn.com
19
MATHVN.COM – www.mathvn.com
| a + 2b - 2c + 5 | | a + 2b - 2c - 13 |
=
3
3
é a + 2b - 2c + 5 = a + 2b - 2c - 13 (lo¹i)
Ûê
Û a + 2b - 2c = 4 (3)
ë a + 2b - 2c + 5 = - a - 2b + 2c + 13
d ( I , ( P )) = d ( I , (Q )) Û
Từ (1) và (3) suy ra: b =
17 11a
11 - 4a
;c=
(4)
3
6
3
Từ (2) và (3) suy ra: a 2 + b 2 + c 2 = 9 (5)
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( a - 2 )( 221a - 658 ) = 0
Như vậy a = 2 hoặc a =
658
67 ö
æ 658 46
.Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc I ç
;
;÷ và R
221
è 221 221 221 ø
= 3.
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
2
2
2
658
46
67
( x - 2 ) + ( y - 2 ) + ( z - 1) = 9 và æç x - ö÷ + æç y - ö÷ + æç z + ö÷ = 9
221 ø è
221 ø è
221 ø
è
2
2
2
VIIa
Điều kiện: n - 1 ³ 4 Û n ³ 5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:
ì ( n - 1)( n - 2 )( n - 3)( n - 4 ) ( n - 1)( n - 2 )( n - 3) 5
< ( n - 2 )( n - 3)
ïï
4.3.2.1
3.2.1
4
Ûí
ï ( n + 1) n ( n - 1)( n - 2 )( n - 3) ³ 7 n + 1 n n - 1
( ) ( )
ïî
5.4.3.2.1
15
ìn 2 - 9n - 22 < 0
ï
Û ín 2 - 5n - 50 ³ 0 Û n = 10
ïn ³ 5
î
VIb
1
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
ì x2 + y2 + 2 x - 4 y - 8 = 0
ì y = 0; x = 2
Ûí
í
î y = -1; x = -3
îx - 5y - 2 = 0
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì ·
ABC = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A
qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
2
Phương trình tham số của d1
(1 + 2t;3 - 3t; 2t ) .
ì x = 1 + 2t
ï
là: í y = 3 - 3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M
ï z = 2t
î
Theo đề:
© 2010 – www.mathvn.com
20
- Xem thêm -