http://ductam_tp.violet.vn/ ĐỀ THI THỬ TN THPT NĂM 2010 MƠN: TỐN Thời gian: 180 phút khơng kể thời gian giao đề CÂU I: Cho hàm số: 4 2 2 ( 10) 9y x m x= − + + 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số ứng với m=0 2.Chứng minh rằng với mọi 0m ≠ ,đồ thò của hàm số luôn cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt .Chứng minh rằng trong số các giao điểm đó có hai điểm nằm trong khoảng (-3,3) và có hai điểm nằm ngoài khoảng (-3,3) CÂU II: 1.Giải bất phương trình : 1 1x x x+ − − ≥ 2. Giải phương trình: 2 2 3 2 3 log 3 2 2 4 5 x x x x x x + + = + + + + 3.Cho tam thức bậc hai: 2 ( )f x x ax b= + + Chứng minh rằng với mọi giá trò của a và b, trong 3 số (0) , (1) , ( 1)f f f − có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 1 2 CÂU III: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có: 3 cos cos cos 2 2 2 sin sin sin A B C A B C tg tg tg A B C + + + + + = + + CÂU IV: Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ với cạnh bằng a.Giả sử M và N lần lượt là các trung điểm của BC và DD’. 1.Chứng minh rằng MN song song với mặt phẳng (A’BD) 2.Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và MN theo a CÂU V: 1.Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 thiết lập tất cả các số có sáu chữ số khác nhau.Hỏi trong các số đã thiết lập được,có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau? 2.Tìm họ nguyên hàm của hàm số : cot ( ) 1 sin gx f x x = + DAP AN CÂU I: Cho: y = x 4 – (m 2 + 10)x 2 + 9 (C m ). 1) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số với m= 0. y = x 4 – 10x 2 + 9 • TXD: D = R 3 2 ' 4 20 4 ( 5)y x x x x= − = − http://ductam_tp.violet.vn/ 0 ' 0 5 x y x = = ⇔ = ± 2 '' 12 20 5 44 '' 0 3 9 y x y x y = − − = ⇔ = ± ⇒ = ⇒ điểm uốn 5 44 5 44 ; ; 3 9 3 9 − − − • BBT: • Đồ thò: Cho 2 1 1 0 2 3 9 x x y x x = = ± = ⇔ ⇔ = ± = 2) Chứng minh rằng với ∀ 0m ≠ , (C m ) luôn luôn cắt Ox tại 4 điểm phân biệt trong đó có hai điểm nằm ∈ (-3,3) và 2 điểm nằm ngoài (-3,3). Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và Ox. 4 2 2 ( 10) 9 0x m x− + + = (1) Đặt 2 ( 0)t x t= ≥ Phương trình trở thành: 2 2 ( 10) 9 0t m t− + + = (2) http://ductam_tp.violet.vn/ Ta có: ∀>+= >= ∀>−+=∆ mmS P mm ,010 09 ,036)10( 2 22 ⇒ 0 < t 1 < t 2 ⇒ (1) có 4 nghiệm phân biệt 2 1 1 2 x x x x− < − < < Đặt f(t) = 2 2 ( 10) 9t m t− + + Ta có: af(9)= 2 2 81 9 90 9 9 0, 0m m m− − + = − < ∀ ≠ 0 9 1 2 2 9 ( 3;3) 1 1 2 ( 3;3) 9 2 2 3 3 2 1 1 2 t t x x x x x x x x ⇔ < < < < ∈ − ⇔ ⇔ ∈ − > ⇔ − < − < − < < < Vậy (C m ) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt trong đó 2 điểm ( 3,3)∈ − và 2 điểm ( 3,3)∉ − . CÂU II: 1) Giải bất phương trình: xxx ≥+−+ 11 Điều kiện: 1 0 1 1 1 0 x x x + ≥ ⇔ − ≤ ≤ − ≥ Ta có: Bất phương trình 2 1 1 x x x x ⇔ ≥ + + − ( ) 2 1 1x x x x⇔ ≥ + + − (*) Xét x =0: Hiển nhiên (*) đúng. Vậy x =0 là nghiệm. Xét 1 0x − ≤ ≤ : Khi đó (*) trở thành: ( ) 2 1 1x x≤ + + − 2 4 (1 ) (1 ) 2 1 2 2 1 1 0 x x x x x ⇔ ≤ + + − + − ⇔ − ≥ ⇔ ≤ 0x ⇔ = (loại) Xét 0 1x< ≤ khi đó (*) trở thành: ( ) 2 1 1x x≥ + + − 2 0 0 1x x⇔ ≥ ⇔ < ≤ . Tóm lại nghiệm của bất phương trình là: 0 1x ≤ ≤ . 2) Giải phương trình: 2 2 3 2 3 log 3 2 2 4 5 x x x x x x + + = + + + + Đặt: 2 3 2 2 4 5 u x x v x x = + + = + + http://ductam_tp.violet.vn/ Hiển nhiên u, v>0, x∀ và 2 3 2v u x x− = + + . Khi đó phương trình trở thành: log 2 u v u v = − (*) Nếu u > v thì 1 u v > Do đó: VT= log 0 2 u v > VP = v-u < 0 Suy ra phương trình vô nghiệm. Nếu u < v thì 0 1 u v < < Do đó: VT = log 0 2 u v < VP = v – u > 0 Suy ra phương trinh vô nghiệm. Vậy: (*) u v⇔ = Nghóa là: 2 2 3 2 4 5 2 3 2 0 1 2 x x x x x x x x + + = + + ⇔ + + = ⇔ = − ∨ = − Tóm lại nghiệm của phương trình là: x = -1, x= -2 3) Cho f(x)=x 2 + ax + b. Chứng minh trong 3 số | f(0) |, | f(1) |, | f(-1) | có ít nhất 1 số lớn hơn hay bằng 2 1 . Dùng phương pháp chứng minh phản chứng: Giả sử cả 3 số ( ) , (1) , ( 1)f o f f − đều nhỏ hơn 1 2 nghóa là: 1 1 1 ( ) (0) 2 2 2 1 1 1 (1) (1) 2 2 2 1 1 1 ( 1) ( 1) 2 2 2 1 1 (1) 2 2 1 1 1 (2) 2 2 1 1 1 (3) 2 2 f o f f f f f b a b a b < − < < < ⇒ − < < − < − < − < − < < ⇒ − < + + < − < − + < http://ductam_tp.violet.vn/ (2) cộng (3) ta được : -1 < 2 + 2b < 1 3 1 2 2 b⇒ − < < − . Mâu thuẩn với (1). Vậy có ít nhất 1 trong 3 số ( ) , (1) , ( 1)f o f f − lớn hơn hay bằng 1 2 . CÂU III: Chứng minh rằng trong mọi ∆ ABC ta luôn có: tg 2 A + tg 2 B + tg 2 C = CBA CBA sinsinsin coscoscos3 ++ +++ (1) Ta có: 2 cos cos cos 2cos cos 1 2sin 2 2 2 A B A B C A B C + − + + = + − = 1 2sin cos cos 1 4sin sin sin 2 2 2 2 2 2 C A B A B A B C− + + − = + sin sin sin 2sin cos 2sin cos 2 2 2 2 A B A B C C A B C + − + + = + = 2cos cos cos 4cos cos cos 2 2 2 2 2 2 C A B A B A B C− + + = Do đó: (1) 1 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 cos cos cos 2 2 2 A B C A B C tg tg tg A B C + ⇔ + + = sin s s sin s s sin s s 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C B A C C A C co co co co co co⇔ + + 1 sin sin sin 2 2 2 A B C = + sin s s sin sin s sin s sin s 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C B C A B C C B co co co co co ⇔ − + + = sin s s sin 1 2 2 2 2 A B C A B C co co + + ⇔ + = 2 2 sin s 1 2 2 A A co⇔ + = (đúng) Vậy đẳng thức đã cho đúng. CÂU IV: Cách 1: http://ductam_tp.violet.vn/ A ’ F D C ’ B ’ A H O K M C E I D B N 1) MN//(A’BD) Gọi E, F là trung điểm CD và A’D’. Ta có FN và ME cắt nhau tại I AD∈ // ' ( ) //( ' ) //( ' ) // FN A D FIM A BD MN A BD ME BD ⇒ ⇒ 2) khoảng cách giữa BD và MN. Ta có (A’BD)//(FIM) nên d(BD,MN)=d((A’BD),(FIM)) Vẽ 'AH A O ⊥ Ta có BD AH⊥ ( ' )AH A BD⇒ ⊥ Gọi l là khoảng cách từ A đến (FIM),ta có: 2 3 3 2 AH AO AH Ak = = ⇒ =l l (( ' ),( ))d A BD FIM⇒ = 1 2 2 3 a AH AH− = =l Cách 2: A ’ Z D ’ D Y B A C B ’ C ’ M X N Chọn hệ trục Axyz như hình vẽ. Suy ra: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a; 0), D(0; a; 0), A’(0, 0, a), B’(a;0;a), C’(a, a, a), D’(0, a, a). Ta có: M, N lần lượt là trung điểm của BC và DD’ nên ( , ,0) 2 a M a và (0, , ) 2 a N a 1) Chứng minh MN//(A’BD): Ta có: ' ( ,0, )A B a a= − uuuur http://ductam_tp.violet.vn/ ' (0, , )A D a a= − uuuur Suy ra pháp véc tơ của (A’BD) là: 2 2 2 ' , ' ( , , )n A B A D a a a = = r uuuur uuuur Ta có véc tơ chỉ phương của MN là: , , 2 2 a a MN a = − uuuur Ta lại có: 3 3 3 . 0 2 2 a a n MN a= − + + = r uuuur //( ' ) n MN MN A BD ⇒ ⊥ ⇒ r uuuur 2) Tính khoảng cách giữa MN và BD Gọi α là mặt phẳng chứa MN và BD ⇒ Pháp véc tơ α là: 2 2 2 , ( , , ) 2 2 2 a a a n MN BD α = = − − − uuur uuuur uuur Hay (1,1,1)n α = uur . Mặt khác α qua M nên có phương trình là: 1( ) 1( ) ( 0) 0 2 a x a y z− + − + − = 2 2 2 3 0x y z a⇔ + + − = Vậy d(MN, BD) = ( , ) 2 3 a d B α = CÂU V: 1) Số các số có 6 chữ số khác nhau là: 720 6 p = số. Số các số có 6 chữ số khác nhau và có số 1 và 6 ở cạnh nhau là: (2!4!).5=240 số. Suy ra số các số có 6 chữ số khác nhau và có số 1 và 6 không ở cạnh nhau là: 720 -240 = 480 số. 2) Ta có: cot cos 1 sin sin (1 sin ) 1 (sin ) sin (1 sin ) 1 1 (sin ) sin 1 sin sin ln sin ln 1 sin ln 1 sin gx x dx dx x x x d x x x d x x x x x x C C x = ∫ ∫ + + ∫ + − ∫ + = − + + = + + . sin 2sin cos 2sin cos 2 2 2 2 A B A B C C A B C + − + + = + = 2cos cos cos 4cos cos cos 2 2 2 2 2 2 C A B A B A B C− + + = Do đ : (1) 1 sin sin sin 2 2 2 2 2 2 cos cos cos 2 2 2 A. = sin s s sin s s sin s s 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C B A C C A C co co co co co co⇔ + + 1 sin sin sin 2 2 2 A B C = + sin s s sin sin s sin s sin s 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A B C B C A B C C B co. có: tg 2 A + tg 2 B + tg 2 C = CBA CBA sinsinsin coscoscos3 ++ +++ (1) Ta có: 2 cos cos cos 2cos cos 1 2sin 2 2 2 A B A B C A B C + − + + = + − = 1 2sin cos cos 1 4sin sin sin 2 2 2 2 2 2 C A