ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 N o 10 Môn Toán (180 phút không kể phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1y x mx m= − + − (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 1m = . 2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình tan 4 x +1 = 2 4 (2 sin 2 )sin 3 os x x c x − . 2. Giải hệ phương trình sau: = + + = + +++ 3 1 2 7 )( 3 )(44 2 22 yx x yx yxxy Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 2 3 0 sinxdx (sinx + cosx) π ∫ Câu IV (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên ( SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lạ cùng tạo với đáy một góc 45 o . Câu V (1 điểm) Cho x > 0 , y> 0 và x + y =2 . Tìm GTNN của 1 1 2 2 2 M x xy y = + + . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng :2 3 0d x y− + = . Câu VII.a (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ( ) 18 5 1 2 0x x x + > ÷ . Câu VIII.a (1 điểm) Giải bất phương trình log 5 (3+ x ) > 4 log x . 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết ( ) ( ) 1;4 , 1; 4A B− − và đường thẳng BC đi qua điểm 1 2; 2 M ÷ . Hãy tìm toạ độ đỉnh C . Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của 8 x trong khai triển nhị thức Niutơn của ( ) 2 2 n x + , biết 3 2 1 8 49 n n n A C C− + = . ( k n A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, k n C là số tổ hợp chập k của n phần tử). Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : 25 8 6z i z + = − Hết ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I (2điểm) 1.(1 điểm). Khi 1m = hàm số trở thành: 4 2 2y x x= − • TXĐ: D= ¡ • Sự biến thiên: ( ) ' 3 2 0 4 4 0 4 1 0 1 x y x x x x x = = − = ⇔ − = ⇔ = ± 0.25 ( ) ( ) 0 0, 1 1 CD CT y y y y= = = ± = − 0.25 • Bảng biến thiên x - ∞ -1 0 1 + ∞ y ’ − 0 + 0 − 0 + y + ∞ 0 + ∞ -1 -1 0.25 • Đồ thị 0.25 2. (1 điểm) ( ) ' 3 2 2 0 4 4 4 0 x y x mx x x m x m = = − = − = ⇔ = Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt ' 0y = có ba nghiệm phân biệt và ' y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0m⇔ > 0.25 • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( ) ( ) ( ) 2 2 0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + − 0.25 • 2 1 . 2 ABC B A C B S y y x x m m= − − = V ; 4 , 2AB AC m m BC m= = + = 0.25 • ( ) 4 3 2 1 2 . . 1 1 2 1 0 5 1 4 4 2 ABC m m m m AB AC BC R m m S m m m = + = = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ − = V 0.25 II (2điểm) 1 ( 1 điểm) ĐK: cosx ≠ 0 ⇔ sinx ≠ ± 1. Ta có phương trình ⇔ sin 4 x + cos 4 x = ( 2 – sin 2 2x)sin3x ⇔ ( 2 – sin 2 2x)(1 – 2 sin3x) = 0 ⇔ sin3x = 1 2 ( do ( 2 – sin 2 2x ≥ 1) 0.50 ⇔ 3sinx – 4sin 3 x = 1 2 . Thay sinx = ± 1 vào đều không thỏa mãn. 0.25 Vậy các nghiệm của PT là 2 5 2 ; ( ) 18 3 18 3 k k x x k Z π π π π = + = + ∈ 0.25 8 6 4 2 -2 -4 -6 -8 -10 -5 5 10 f x ( ) = x 4 -2 ⋅ x 2 2. (1 điểm) ĐK: x + y ≠ 0 • Ta có hệ ⇔ 2 2 2 3 3( ) ( ) 7 ( ) 1 3 x y x y x y x y x y x y + + − + = + + + + − = + 0.25 • Đặt u = x + y + 1 x y+ ( 2u ≥ ) ; v = x – y ta được hệ : 2 2 3 13 3 u v u v + = + = 0.25 • Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do ( 2u ≥ ) • Từ đó giải hệ 1 2 1 1 1 0 1 x y x y x x y x y y x y + + = + = = + ⇔ ⇔ − = = − = 0.5 III (1 điểm) Đặt x = 2 u π − ⇒ dx = - du Đổi cận: x = 0 u = 2 π ⇒ ; x = 2 π ⇒ u = 0 Vậy: I = ( ) 2 2 3 3 0 0 sin( ) cosxdx 2 sinx +cosx sin os 2 2 u du u c u π π π π π − = − + − ÷ ÷ ∫ ∫ 0.50 Vậy : 2I = ( ) 2 2 2 2 0 0 sinx + cosx (sinx + cosx) sinx + cosx dx dx π π = ∫ ∫ = 2 2 0 tan 4 1 2 2 2 os 0 4 x dx c x π π π π − ÷ = = − ÷ ∫ 1 2 I⇒ = 0.50 IV (1 điểm) Dựng SH AB ⊥ ° Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂ SH (ABC)⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp. ° Dựng HN BC, HP AC⊥ ⊥ · · ⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = o SN BC, SP AC SPH SNH 45 ° ΔSHN = ΔSHP ⇒ HN = HP. ° ΔAHP vuông có: o a 3 HP HA.sin60 . 4 = = 0.50 ° ΔSHP vuông có: = = o a 3 SH HP.tan45 4 ° Thể tích hình chóp = = = 2 3 ABC 1 1 a 3 a 3 a S.ABC: V .SH.S . . 3 3 4 4 16 0.50 S H P C A B N 45 ο V (1 điểm) p dụng bất đẳng thức : 1 1 4 ( 0, 0)a b a b a b + > >³ + , ta có : ( ) 1 1 4 4 4 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 M x xy y x xy y x y = + = = =³ + + + + 0.25 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 khi min 2 2 2 x xy y x xy y y x y y M x y x y x y ì ì ì ï ï ï ï ï ï ï ï ï í í í ï ï ï ï ï ï ï ï ỵ ỵ ï ỵ + = + + = + = => = ÛÛ + = + = + = 2 2 2 2( 0) 2 2 2 2 2 2 y y y y x y x y x ì ì ì ï ï ï ï ï ï ï ï ï í í í ï ï ï ï ï ï ï ỵ ï ỵ ï ỵ = = > = Û Û Û + = + = = - 0.50 Vậy GTNN của M = 1 khi 2 2 2 x y ì ï ï ï í ï ï ï ỵ = - = 0.25 VI.a (1 điểm) ( ) ( ) ( ) , ;0 , 0; , ;A Ox B Oy A a B b AB a b∈ ∈ ⇒ = − uuur 0.25 Vectơ chỉ phương của d là ( ) 1;2u = r Toạ độ trung điểm I của AB là ; 2 2 a b ÷ 0.25 A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi 2 0 4 . 0 2 3 0 2 a b a AB u b b a I d − + = = − = ⇔ ⇔ = − − + = ∈ uuur r . Vậy ( ) ( ) 4;0 , 0; 2A B− − 0.50 VII.a (1 điểm) Số hạng tổng qt trong khai triển nhị thức Niutơn của 18 5 1 2x x + ÷ là ( ) 6 18 18 18 5 1 18 18 5 1 . 2 . .2 . k k k k k k k T C x C x x − − − + = = ÷ 0.50 Số hạng khơng chứa x ứng với k thoả mãn 6 18 0 15 5 k k− = ⇔ = . Vậy số hạng cần tìm là 15 3 16 18 .2 6528T C= = 0.50 VIII.a (1 điểm) • Lời giải: ĐK x > 0. Đặt t = log 4 x ⇔ x = 4 t, BPT trở thành log 5 (3 + 2 t ) > t ⇔ 3 + 2 t >5 t ⇔ 3 2 ( ) 1 5 5 t t + > . Xét hàm số f(t) = 3 2 ( ) 5 5 t t + nghịch biến trên R và f(t) = 1 Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1) ⇔ t < 1, ta được log 4 x < 1 ⇔ 0 < x < 4 0.50 • Pt tiếp tuyến của đồ thị tại 1 ;0 2 A − ÷ là 4 1 4 2 3 2 3 3 y x y x = − + ⇔ = − − ÷ 0.50 VI.b (1 điểm) Đt BC đi qua ( ) 1; 4B − và 1 2; 2 M ÷ nên có pt: 1 4 9 1 2 x y− + = 9 2 17 0x y⇔ − − = 0.50 9 17 ; , 2 t C BC C t t − ∈ ⇒ ∈ ÷ ¡ ( ) 9 25 2; 8 ; 1; 2 t AB AC t − = − = + ÷ uuur uuur . Vì tam giác ABC vuông tại A nên . 0AB AC = uuuruuur Suy ra 9 25 1 4. 0 3. 2 t t t − + − = ⇔ = Vậy ( ) 3;5C 0.50 VII.b (1 điểm) Điều kiện 4,n n≥ ∈ ¥ . Ta có: ( ) 2 2 0 2 2 n n k k n k n k x C x − = + = ∑ . Hệ số của 8 x là 4 4 .2 n n C − 0.50 ( ) ( ) ( ) 3 2 1 3 2 8 49 2 1 4 1 49 7 7 49 0 n n n A C C n n n n n n n n n− + = ⇔ − − − − + = ⇔ − + − = ( ) ( ) 2 7 7 0 7n n n⇔ − + = ⇔ = Vậy hệ số của 8 x là 4 3 7 .2 280C = 0.50 VIII.b (1 điểm) Giả sử z = a +bi với ; a,b ∈ R và a,b không đồng thời bằng 0. Khi đó 2 2 1 1 ; a bi z a bi z a bi a b − = − = = + + 0.25 Khi đó phương trình 2 2 25 25( ) 8 6 8 6 a bi z i a bi i z a b − + = − ⇔ − + = − + 0.25 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 25) 8( ) (1) (2) ( 25) 6( ) a a b a b b a b a b + + = + + + = + . Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 3 4 b a= thế vào (1) 0.25 Ta có a = 0 và = 4 Với a = 0 ⇒ b = 0 ( Loại) Với a = 4 ⇒ b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. 0.25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. Hết . THỬ ĐẠI HỌC 2010 N o 10 Môn Toán (180 phút không kể phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2 2 1y x mx m= − + − (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo. giác đều cạnh a, mặt bên ( SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lạ cùng tạo với đáy một góc 45 o . Câu V (1 điểm) Cho x > 0 , y> 0 và x + y =2 . Tìm GTNN của 1 1 2 2 2 M x xy y =. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng :2 3 0d x y− + = . Câu VII.a (1 điểm) Tìm số hạng