DE THI THU 6/2010 +DA

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - MÔN TOÁN – KHỐI A (LẦN 1) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số ( ) ( ) )1(1161232 23 ++++−= xmmxmxy đồ thị (C m ) 1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0 2,Với giá trị nào của m thì đồ thị (C m ) của hàm số có 2 điểm cực trị đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x + 4. Câu II: (2,0 điểm). 1, Giải phương trình xxx 4sin1cossin 66 +=+ 2, Giải phương trình 132342 22 >+−−++ xxxx Câu III: (1,0 điểm). TÝnh tÝch ph©n I = dxx xx x e ∫         + + 1 2 ln ln1 ln Câu IV: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC đáy là ABC ∆ vuông cân ở đỉnh C SA ⊥ (ABC), SC = a. Hãy tìm góc giữa mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất. Câu V: (1,0 điểm). Tìm m để phương trình : ( ) ( ) mm xxxx 222144 2211 +−+=+ −+−+ có nghiệm [ ] 1;0∈ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa: (2,0 điểm). 1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng d : 01 =+− yx và đường tròn (C) : 042 22 =−++ yxyx . Tìm M ∈ d sao cho qua M vẽ được 2 đường thẳng tiếp xúc với (C) tại A,B và góc 0 60 = ∧ AMB . 2, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ABC ∆ có A(1;1;0), B(0;2;1), C(1;0;2).Xác định toạ độ trực tâm của ABC ∆ . Câu VIIa: (1,0 điểm). Tìm hệ số của 5 x trong khai triển: 7 2 11 2 x 1 x x 1 x)x(f       ++       −= 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb: (2,0 điểm).1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : 0322 22 =−+−+ yxyx . Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết rằng tiếp tuyến cắt tia Ox ,Oy lần lượt tại A và B sao cho ABO ∆ có diện tích bằng 4. 2, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ABC ∆ có A(2;-1;6), B(-3;-1;-4), C(5;-1;0).Tính độ dài đường phân giác trong của ABC ∆ kẻ từ đinh C. Câu VIIb: (1,0 điểm). Khai triển n n k k10 n xa xa xaa)x1( +++++=+ . Biết rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho 1 1 2 9 24 − + = = k k k a a a . Hãy tìm n. (1 1) ≤ ≤ − k n . Họ và tên : số báo danh : ĐÁP ÁN Đ Ề THI TH Ử ĐAI H ỌC KH ỐI A L ẦN I Môn : Toán – Năm học: 2009 – 2010 Câu Đáp án điểm I (2đ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): Khi m=0 ta có y=2x 3 -3x 2 +1 * TXĐ: R *Sự biến thiên: + y’= 6x 2 - 6x= 6x(x-1)= 0    =⇒= =⇒= ⇔ 01 10 yx yx + BBT: x - ∞ 0 1 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 1 + ∞ - ∞ 0 Hs đồng biến trên ( ) 0; ∞− ; ( ) +∞ ;1 ; Hs nghịch biến trên (0;1) + Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=0; y CĐ =1; Hs đạt cực tiểu tại x=1; y CT = -0 + Giới hạn: lim ; lim . x x→−∞ →+∞ = −∞ = +∞ - Đồ thị hàm số không có tiệm cận. • Đồ thị: - Giao với trục Oy: (0;1) , giao với ox ( 2 31+ ;0) và ( 2 31− ;0) Ta có y’’ = 12x-6 ⇒ y’’ = 0 ⇔ x= 2 1 và y’’ đổi dấu khi x đi qua x= 2 1 ⇒ điểm ( 2 1 ; 2 1 ) là điểm uốn của đồ thị. Vậy đồ thị có tâm đối xứng là điểm ( 2 1 ; 2 1 ) đồ thị đi qua điểm ( 2;5) và (-1;-4) 0,25 0,25 0,25 0,25 1 5 21 0 x y -1 -4 Ta c ó y’ = 6x 2 -6(2m+1)x+6m(m+1) y’=0    += = ⇔ 1mx mx Ta c ó m+1 ≠ m v ới ∀ m Vậy với ∀ m y’=0 luôn c ó 2 nghiệm phân biệt , nên hàm số luôn có cực đai , cực tiểu. x - ∞ m m+1 + ∞ y’ + 0 - 0 + Hàm số đạt cực đại tại x = m, Hàm số đạt cực tiểu tại x = m +1. 0,5 Ta có y’ = ' 6 12 3 y mx       + − - x +1 +m(m+1)(2m+1). Ta có x i là hoành độ các điểm cực trị ⇒ y’(x i )=0. ⇒ y( x i ) = - x i +1 +m(m+1)(2m+1).Vậy toạ độ các điểm cực trị thoả mãn phương trình y= - x +1 +m(m+1)(2m+1). Ta có đường thẳng đi qua các điểm cực đại ,cực tiểu vuông góc với đường thẳng y = x+4 ⇔ Trung điểm của các điểm cực đại ,cực tiểu thuộc đường thẳng y = x+4. Ta có x CĐ =m, y CĐ = 2m 3 + 3m 2 +1 ; x CT =m+1, y CT = 2m 3 + 3m 2 Vậy trung điểm của các điểm cực đại ,cực tiểu của hàm số là :       +++ 2 1 32; 2 1 23 mmm trung điểm đó thuộc đường thẳng y = x+4 ⇒ 2 1 32 23 ++ mm = m + 2 1 +4 ⇔ 2m 3 + 3m 2 –m-4 = 0 ⇔ (m-1)(2m 2 +5m+4) =0 ⇔ m = 1 0,5 II (2đ) xxx 4sin1cossin 66 +=+ ⇔ 1-3sin 2 xcos 2 x = 1+ 2sin2xcos2x 0,25 ⇔ sin2x ( 4 3 sin2x +2cos2x) =0 ⇔     −= = 3 8 2tan 02sin x x 0,5 ⇔       +       −−= = π π kx kx 3 8 arctan 2 k ∈ Z 0,25 ĐK : 13 ≤≤− x Bất phương trình viết lại thành : 2( -x 2 -2x +3 ) - 32 2 +−− xx -5<0 Đặt 32 2 +−− xx = t ⇒ 20 ≤≤ t Ta có bất phương trình đã cho trở thành :    ≤≤ <−− 20 0532 2 t tt ⇔      ≤≤ <<− 20 2 5 1 t t ⇔ 20 ≤≤ t 0,25 0,25      ≤+−− ≤≤− 232 13 2 xx x ⇔    <−−− ≤≤− 0122 13 2 xx x ⇔ 13 ≤≤− x 0,5 III (1đ) 0,5 0,5 IV (1đ) Ta có : BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC (Đ.lý 3 đường ⊥ ) ⇒ ⇒ góc SCA là góc giữa 2 mặt phẳng (SCB) Và (ABC) Đặt xSCA = ∧ 0 < x < 2 π ⇒ SA = a sinx, AC = acosx. xaxaV ABCS 22 . cos 2 1 .sin 3 1 = = xx a 2 3 cossin 6 0,5 Ta có V S.ABC đạt GTLN ⇔ g(x) = xx 2 cossin đạt GTLN Xét hàm số g(x) = xx 2 cossin ⇒ g’(x) = xxx 23 sincos2cos − = cosx (3cos 2 x – 2) = cosx         +         − 2 3 cos 2 3 cos xx vì 0 < x < 2 π nên 0 2 3 coscos >         +xx Gọi α là góc sao cho 3 2 cos = α 0 < α < 2 π Bảng biến thiên : x 0 α 2 π g’(x) + 0 - g(x) Vậy V S.ABC đạt GTLN khi x = α 0 < α < 2 π và 3 2 cos = α 0,5 S A C B x V (1đ) Ta có ( ) ( ) mm xxxx 222144 2211 +−+=+ −+−+ ⇔ ( ) mm x x x x 2 2 4 2.41 2 1 .42.4 2 2 +       −+=+ ⇔ ( ) mm x x x x 2 2 1 2 4.1) 2 1 2.(4 2 +       −+=− Đặt x x t 2 1 2 −= ⇒ ( ) 2 2 2ln2 2ln2' x x x t += = x 2 ln2 (1+ 2 )2( 1 x )>0 ⇒ hàm số đồng biến trên [0;1] .Nghĩa là 10 ≤≤ x ⇒ 2 3 2 1 2.0 ≤       −≤ x x 0,5 Khi đó phương trình đã cho trở thành 2t 2 – 2(m+1)t +4-m =0 ⇔ 2t 2 – 2t +4 = m(2t+1) ⇔ 12 422 2 + +− = t tt m do 2t+1 ≠ 0 khi t       ∈ 2 3 ;0 Xét hàm số f(t) = 12 422 2 + +− t tt ⇒ f’(t) = 0 )12( 1044 2 2 = + −+ t tt ⇔ 2 111 ±− = t Ta có 2 111 +− = t       ∈ 2 3 ;0 Bảng biến thiên : t 0 2 111 +− 2 3 f’(t) - 0 + f(t) 4 8 11 -2+ 11 Dựa vào bảng biến thiên phương trình có nghiệm ⇔ 4112 ≤≤+− m 0,5 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). 1. Theo chương trình Chuẩn: CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂ M VIa (2đ) Ta có thể viết (C) thành : (x+1) 2 + (y-2) 2 =5 ⇒ đường tròn (C) có tâm I(-1;2) bán kính R = 5 . Ta có 0 60 = ∧ AMB ⇒ 0 30 = ∧ AMI ⇒ MI=2AI =2R = 2 5 0,5 I A M B Gọi toạ độ điểm M là (x;y). Ta có ( ) ( )    =−++ =+− 2021 01 22 yx yx ⇔           = =    −= −= 4 3 2 3 y x y x Vây có 2điểm M 1 (-3;-4) và M 1 (3; 4) thoả mãn yêu cầu bài toán 0,5 Ta có A(1;1;0), B(0;2;1), C(1;0;2), gọi toạ đ ộ trực tâm cuả tam giác ABC là H(x;y;z) ⇒ → AH (x -1;y -1;z) → BC ( 1; -2;1) → BH (x;y -2;z-1) → AC (0; -1;2) → AB ( -1; 1;1) 0,5 H là trực tâm cuả tam giác ABC ⇔          =       = = →→→ →→ →→ 0., 0. 0. AHACAB ACBH BCAH 0,25 ⇔      =−+−+− =−++− =++−− 02233 0222 0221 zyx zy zyx ⇔      −=−−− =+− −=+− 523 02 12 zyx zy zyx ⇔          = = = 7 4 7 8 7 5 z y x Vậy H( ) 7 4 ; 7 8 ; 7 5 0,25 VIIa (1đ) Số hạng tổng quát trong khai triển 11 2 1       − x x là T k+1 = k kk x xC       − − 2 11 11 1 = ( ) k k k xxC 211 11 1 −− − = ( ) k kk xC 1 311 11 − − Số hạng chứa x 5 trong khai triển ứng với 11-3k =5 ⇔ ⇔ k =2 Vậy trong khai triển này số hạng chứa x 5 có hệ số là 2 11 C 0,5 Số hạng tổng quát trong khai triển 7 2 1       + x x là T k+1 = k kk x xC       − 1 )( 72 7 = kkk xxC −− 72 7 )( = kk xC 314 7 − Số hạng chứa x 5 trong khai triển ứng với 14-3k =5 ⇔ ⇔ k =3 Vậy trong khai triển này số hạng chứa x 5 có hệ số là 3 7 C Vậy hệ số của 5 x trong khai triển: 0,5 7 2 11 2 x 1 x x 1 x)x(f       ++       −= là : 2 11 C + 3 7 C . 2. Theo chương trình nâng cao: CÂU ĐÁP ÁN VIb (2đ) Ta có thể viết (C) thành : (x-1) 2 + (y+1) 2 =5 ⇒ đường tròn (C) có tâm I(1;-1) bán kính R = 5 . Gỉa sử A(a;0),B(0;b)trong đó a>0,b>0. Phương trình đường thẳng AB có dạng : 1 =+ b y a x ⇔ bx+ay-ab=0. AOB S ∆ =4 ⇒ ab 2 1 =4 ⇔ ab=8 0,5 Đường thẳng AB tiếp xúc với (C) ⇔ d(I,AB) = R = 5 . 5 22 = + −− ba abab ⇔ (b-a-8) 2 =5(b-a) 2 +80 ⇔ (b -a) 2 +4(b-a)+0 ⇔ b-a=-2 Vậy    −=− = 2 8 ab ab ⇔    −= =−− 2 082 2 ab aa ⇔    = = 2 4 b a Vậy phương trình đường thẳng tiếp tuyến là :x+2y-4 =0 0,5 Ta có → CA (-3;0;6) ⇒ CA=3 5 → CB (-8;0;-4) ⇒ CB=4 5 CD là đường phân giác của góc C ta có 4 3 == CB CA DB DA . Vậy → DA =- 4 3 → DB 0,5 ( ) ( ) ( )          −−=− −−=− −−=− DBAD DBAD DBAD zzzz yyyy xxxx 4 3 4 3 4 3 ⇔        = −= − = 7 12 1 7 1 z y x ⇒ D( 7 1− ;-1; 7 12 ) ⇒ → CD ( 7 36− ;0; 7 12 ) Vậy CD = 7 1012 7 1440 = 0,5 VII b (1đ) Ta có n n k k10 n xa xa xaa)x1( +++++=+ . Mà theo giả thiết        = = + − 249 92 1kk kik aa aa ⇔        = = + − 249 92 1k n k n k n ik n CC CC 0,5 0,5 ⇔    =+− =−− 402112 024339 kn kn ⇔    = = 2 10 k n Vậy n = 10 . THI TH Ử ĐAI H ỌC KH ỐI A L ẦN I Môn : Toán – Năm học: 2009 – 2010 Câu Đáp án điểm I (2đ) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C): Khi m=0 ta có y=2x 3 -3x 2 +1 * TXĐ: R *Sự biến thi n:. Ta có 2 111 +− = t       ∈ 2 3 ;0 Bảng biến thi n : t 0 2 111 +− 2 3 f’(t) - 0 + f(t) 4 8 11 -2+ 11 Dựa vào bảng biến thi n phương trình có nghiệm ⇔ 4112 ≤≤+− m 0,5 PHẦN. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - MÔN TOÁN – KHỐI A (LẦN 1) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao