Bo de va dap an thi thu DH CD tac gia NQHoan

Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886

Đề thi thử đại học năm 2010 Môn Toán Lần Thời gian làm 180 phút ôn luyện thi Đại Học Giáo viên đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886) Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm): Câu (2 điểm) Cho hàm số: y   x3  (m  1) x2  m (1), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua hai điểm cực trị ®ã C©u (2 ®iĨm)  26    Giải ph-ơng trình: 3cos x sin x cos  x    2.cos  x   3      2 x  xy  y  Giải hệ ph-ơng trình: 2 1  log 25 ( x  y  x  1)  log 0,2 (3x  y ) ( x , y R) Câu (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đ-ờng: y  lg(4 x2  5x  1); y  0; x  0; x  C©u (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp tứ giác S.ABCD biết S(1 ; –4 ; 1), A(1 ; ; –4), C(1 ; ; 2) Gọi H trung điểm BD K trực tâm tam giác SAB Tính độ dài đoạn HK Câu (1 điểm) Cho số thùc x , y , z tho¶ m·n  x , y , z  vµ x  y  z  Chøng minh r»ng: (1  x)(1  y)(1  z)  PhÇn riêng (3 điểm): Thí sinh đ-ợc làm hai phần (phần A B) A Theo ch-ơng trình Chuẩn Câu a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đ-ờng tròn (C): x2  y  x  y  đ-ờng thẳng d: x y m Tìm m để d có điểm P mà từ kẻ đ-ợc hai tiếp tuyến PA, PB tới (C) (A, B tiếp điểm) cho tam giác PAB x y z  13  Trong kh«ng gian với hệ toạ độ Oxyz cho đ-ờng thẳng d: Viết ph-ơng trình mặt x y  z  15  ph¼ng () qua M(3 ; ; 1) cho khoảng cách từ d đến () lớn Câu a (1 điểm) Gọi Cnk số tổ hợp chập k cđa n phÇn tư TÝnh: C2009 1 2009 C2009  C2009   C2009 2010 B Theo ch-ơng trình Nâng cao Câu b (2 ®iĨm) x2  y  vµ parabol (P): y   x  x Chứng minh (E) 16 (P) cắt bốn điểm phân biệt viết ph-ơng trình đ-ờng tròn qua giao điểm x t Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tam giác ABC biết ph-ơng trình AB: y  t vµ z   x4 y4 z AC: Viết ph-ơng trình BC biết trực tâm tam giác ABC trùng với gốc toạ độ 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elip (E): Câu b (1 điểm) Giải ph-ơng trình sau tập số phức: z  z     z  2 Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010 môn toán lần (04 04 2010) Câu Yêu cầu Điểm Phần chung (7 điểm) Câu (2đ) Câu (2đ) Thay m = Tìm TXĐ 0,25 Đạo hàm, xét dấu đạo hàm, đồng biến nghịch biến 0,25 Cực trị, giới hạn 0,25 Bảng biến thiên 0,25 Đồ thị, có điểm phụ, điểm uốn tâm đối xứng đồ thị 0,25 m đồ thị hàm số có điểm cực trị 0,25 Ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua hai điểm cực trÞ: y  (m  1)2 x  m 0,5 PT    2     sin  x   cos  x    2cos  x   3  3    0,25 2  4     sin  x     cos  x       0,25 2  2     sin  x    cos  x   1     2       2sin  x      sin  x    6 2    cos x     x    k 2  x    k , k Z Ph-ơng trình có nghiÖm: x    0,25 0,25  k , k  Z  y  2x x  xy  y   (2 x  y )( x  y )    (*) y  x  0,25 log 25 ( x2  y  x  1)  log0,2 (3x  y)1 0,25 2  log5 x2  y  x   log5 (3x  y) (1)  3x  y   2   x  y  x   3x y (2) Thay (*) vào (2) giải tìm nghiệm thoả mÃn (1) 0,5 x Hệ ph-ơng trình có nghiệm: y x2  5x   1, x   lg(4 x2  5x  1)  0, x 0,25 Câu (1đ) Diện tích hình phẳng cần tính: S = lg(4 x x  1) dx … S =  x lg(4 x  x  1)   H1 8x2  5x dx ln10 0 x  x  1 0,25 Ngun Qc Hoµn  S = 1 0913 661 886 2(4 x  x  1)  (4 x  1)  ( x  1) dx ln10 0 x2  5x  1 0,25 1   1 dx   dx   S = 1   2dx   ln10  x 1 4x   0  S 1 1   1 x  ln( x  1)  ln(4 x  1)   ln10  0      ln  ln  (®vdt) ln10 SH (ABCD) H H(1 ; ; –1)  SH = C©u (1®) AC = 0,25  36   10   36  10 AB = Gọi J trung điểm AB HJ = SJ AB J Chøng minh: HK  AB vµ HK  SB  HK  (SAB)  HK  SJ t¹i K SHJ vuông H, có đ-ờng cao HK Tính đ-ợc HK = 10 Với gt đặt: x  sin A , y  sin B , z  sin C (A, B, C lµ ba góc Câu (1đ) 0,25 0,5 0,25 0,25 tam gi¸c ABC nhän) ( sin A  sin B  sin C   2cos A.cos B.cos C ) L¹i cã: x  y  z   x  y   z (1) 0,25 Vµ: sin A.sin B  sin A.sin B  cos A.cos B   cos( A  B)  cos C  sin A.sin B  cos C  sin A.sin B   sin C  xy   z (2) (1  x)(1  y) =  ( x  y)  xy >  (2  z)  (1  z) (Do (1) vµ (2)) 0,25  (1  x)(1  y) > (2  z )  (1  x)(1  y)(1  z )  2(2  z)(1  z) 0,25 (3) Mµ: 2(2  z)(1  z)  2(2  z  z )   z(1  z)  (4) Tõ (3) vµ (4) suy đpcm Chuẩn Câu 6a (2đ) Phần riêng (3 điểm) Đ-ờng tròn (C) có tâm I(1 ; 2), bán kÝnh R = PAB ®Ịu  PI = 2R = P đường tròn (C) tâm I(1 ; 2), bán kính R = Trên d có điểm P thoả mÃn đề d tiÕp xóc víi (C’) t¹i P  d(I ; d) = R’  0,5 0,5 m    m  10  10   16   m   20 46m Đ-ờng thẳng d qua A(9 ; ; 0) cã VTCP u  (4 ;  ; 1) 0,25 Tìm đ-ợc hình chiếu M d H(5 ; ; –1) d(d ; ()) > d // ()  d(d ; ()) = d(H ; ()) 0,25 Gọi K hình chiếu H trªn ()  d(d ; ()) = d(H ; ()) = HK HM 0,25 Khoảng cách từ H ®Õn () lín nhÊt HK = HM  K  M  () qua M vµ nhËn HM = (2 ; ; 2) làm VTPT Ph-ơng trình mặt ph¼ng (): 2(x – 3) + 3(y + 2) – 2(z – 1) = hay 2x + 3y – 2z + = H2 0,25 0913 661 886 Nguyễn Quốc Hoàn Câu 7a (1đ) 2009 (1  x) dx =  C 2009 1 2009  xC2009  x 2C2009   x 2009C2009  dx 1 22010  2009 Tõ ®ã tÝnh ®-ỵc: C2009 =  C2009  C2009   C2009 2010 2010 NCao C©u 6b (2 ®) Thay y   x2  x vµo Gäi f ( x)  x2 x2  y đ-ợc ( x x)   16 16 0,25 x2  ( x  x)2  , f ( x) hàm số liên tục R 16 LËp ln ®Ĩ f ( x)  có bốn nghiệm phân biệt 0,25 Toạ độ giao điểm (E) (P) nghiệm hệ ph-ơng trình: 0,25  x2 30 15   y 1  x2  y  x y 1 16 16 16  y   x2  2x  0,25  15   15  Râ rµng        (1)   16   32  VËy c¸c giao điểm (E) (P) thuộc đ-ờng tròn có ph-ơng tr×nh: x2  y  30 15 x y 16 16 Ph-ơng trình mặt phẳng () qua O vuông góc AB: x y 0,25  4 4  ()  AC = {C}  C  ; ;   13 13 13 Đ-ờng thẳng AC có VTCP u AC  (7 ;  ;  1) 0,5 Ph-¬ng trình mặt phẳng () qua O vuông góc AC: x  y  z   5 8  ()  AB = {B}  B  ; ; 1  13 13  x5 Ph-¬ng trình BC: z Câu 7b (1đ) 0,25 y8  z 1 5  z     z      z2  z      z   2   z  z    i z  i  2 0,25  z  z   iz  i  z  (i  1) z   i     z  z    iz  i  z  (i  1) z   i  0,25 Gi¶i nghiƯm: z   i ; z   2i ; z  i ; z   2i 0,5 Chó ý: 8  6i  9i  6i   (3i 1)2 Các cách giải khác mà cho điểm H3 Đề thi thử đại học năm 2010 Môn Toán Lần Thời gian làm 180 phút ôn luyện thi Đại Học Giáo viên đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886) Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm): Câu (2 điểm) Cho hµm sè: y   mx4  (m  1) x2 2m (1), Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) với m Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực đại ®iĨm cùc tiĨu C©u (2 ®iĨm)   Giải ph-ơng trình: sin   x   tan x  cos   x  12    m lµ tham sè  x  x2  y  y   Giải hệ ph-ơng trình: ( x , y  R) 2  x   y  x  y   C©u (1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay đ-ợc tạo nên quay xung quanh trục Ox hình phẳng giới hạn đ-ờng: y x2 ; y  2x ; x  1; x  Câu (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD cã ®-êng cao SH = a ( a > 0), góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD)  (00 <  < 900) TÝnh theo a vµ khoảng cách hai đ-ờng thẳng AB, SC Câu (1 điểm) Cho tứ diện có cạnh có độ dài lớn 1, cạnh khác có độ dài nhỏ 1 Chứng minh thể tích tứ diện không v-ợt Phần riêng (3 điểm): Thí sinh đ-ợc làm hai phần (phần A B) A Theo ch-ơng trình Chuẩn Câu a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 2) đ-ờng tròn (C): x2 y  10 x  12 y  14  Qua M kỴ hai tiÕp tun d1, d2 tíi (C) Tính góc hai đ-ờng thẳng d1, d2 x    2t  Trong kh«ng gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(3 ; ; 1) đ-ờng thẳng : y   3t ViÕt ph-¬ng z  t trình đ-ờng thẳng d qua A, cắt tạo với góc 60 Câu a (1 điểm) Tính môđun số phức: z    3i   2i 3i B Theo ch-ơng trình Nâng cao Câu b (2 điểm) x2 y Tìm toạ độ điểm M thuộc (E) cho MF1 25 MF2 vu«ng gãc víi Víi F1, F2 tiêu điểm (E) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt phẳng (): x  y  z  18  hai đ-ờng thẳng có ph-ơng Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elip (E): x   4t1  x   t2   tr×nh d1:  y    t1 , d2:  y   t2 Tìm toạ độ điểm M d2, có khoảng cách ®Õn d1 vµ () b»ng z   t z    t  Câu b (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x khai triển sau:   x  x  2010 C¸n bé coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010 môn toán lần (18 04 2010) Câu Câu (2đ) Yêu cầu Phần chung (7 điểm) Thay m = Tìm TXĐ Đạo hàm, xét dấu đạo hàm Đồng biến, nghịch biến Cực trị Giới hạn Bảng biến thiên Đồ thị, có điểm phụ, điểm uốn ycbt Câu (2đ)  – m < vµ y ' = có ba nghiệm phân biệt đổi dấu qua ba nghiệm Giải m Điều kiÖn: cos x   1 1    9   cos   x   tan x   cos   2x  2 4       1 1 1     cos x  sin x   tan x  cos   x  2 2 2   PT §iĨm 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25   cos2 x  sin x  tan x   sin x  (1  tan x)  cos2 x  cos x  sin x   cos x  sin x  cos x  sin x   cos x (*) cos x  sin x       cos x  sin x   (**)  cos x  (*)  tan x    x   (**)    k (k Z) (Thoả mÃn điều kiện)  tan x   tan x  tan x    cos2 x  tan x    k (k Z) (Thoả mÃn điều kiện) 0,25 Kết luận: ph-ơng trình có nghiệm x   k ; x  arc tan   1  k   x  §iỊu kiƯn:  5 y Đặt: 0,25  1  x  arc tan 0,25 a   x2  x 0,25  a2   x  x2 b   y  y  b2   y  y   a b2  Hệ ph-ơng trình ban đầu trở thµnh:  a  b   H1 0,25 Ngun Qc Hoµn              a   b   Gi¶i ra:   a     b  0913 661 886  x2  x   y2  y  1  x2  x    y2 y Giải tiếp tìm đ-ợc nghiệm hệ ph-ơng trình ( x ; y) : (1 ; –1) ;  ;  C©u (1đ) Khẳng định đ-ợc: x x2 x :  x  ThÓ tÝch khối tròn xoay cần tính bằng: VOx =       x   dx     x 2 x 0,25 0,25  x  dx 0,25  4x x5     5  ln  25   41 15   31                   ln    ln   ln 0,25 (®vdt) AB // CD, CD  (SCD)  AB // (SCD)  d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)) Câu (1đ) 0,5 4a3 cot a  2a cot    3 a a cot Tính đ-ợc: SSCD = 2a cot  sin  sin  2a cot  1 VS.ACD = VS.ABCD = mµ: VS.ACD = VA.SCD = d(A, (SCD)) SSCD 3 3VS.ACD 3.2a cot  sin    2a cos   d(A, (SCD)) = SΔSCD a cot 0,25 0,25 Tính đ-ợc: VS.ABCD = Câu (1đ) (TS làm cách d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)) = d(H, (SCD))) (Với H giao điểm AC BD) Xét tứ diện ABCD có AD > 1, cạnh lại bé Gọi AH (BCD) t¹i H, AE  BC t¹i E, DF  BC F Đặt BC = a (0 < a 1) Tr-êng hỵp 1: EB ≤ a  AE = a Tr-êng hỵp 2: EB ≥  AE = AC2  EC2   1 1 a2 a2 0,25 a  1 1 AH.SBCD = AH.DF.BC ≤ AE.DF.BC = 1  a 6 6  H2 0,25 a2 ThĨ tÝch cđa tø diƯn ABCD b»ng: V= 0,25 a2 AB  EB   VËy tr-ờng hợp có AE Chứng minh t-¬ng tù DF ≤ 0,25 0913 661 886 Ngun Qc Hoµn    V≤  a2 a 24 XÐt hµm sè f (a)   a a  4a  a3 , víi < a ≤  0,25 f '(a)   3a f (a) hàm đồng biÕn trªn (0 ; 1] 1  f (a) ≤ f (1)   V ≤ (®pcm)  24 V= a = vµ H  E vµ EB = EC vµ FB = FC vµ AC = AB = vµ 0,25 BD = DC =  V= ABC BCD có cạnh (ABC) (BCD) Phần riêng (3 điểm) Chuẩn Câu 6a (2đ) Đ-ờng tròn (C) có tâm I(5 ; 6), bán kÝnh R = IM = 10 Gäi A tiếp điểm d1 với (C), B tiÕp ®iĨm cđa d2 víi (C) 0,25  IA = IB = R = IA IAM vu«ng t¹i A  sin IMA    IMA  600 IM  AMB  120 0,25 VËy góc hai đ-ờng thẳng d1 d2 600 0,5 Giả sử d cắt M M    M(2 t – ; t – ; – t + 5) 0,25 §-êng th¼ng d nhËn AM = (2 t + ; t – ; – t + 6) lµm VTCP Đ-ờng thẳng có VTCP u = (2 ; ; 1) Do d tạo víi gãc 600  cos u ; AM  0,25 4t   9t  12  t   14  4t   8t  9t  16  24t  t  12t  36 2  14t  14  14 14t  28t  56  2t   t  2t  0,25 t  t   4t  8t   t  2t   3t  6t    t =  AM = (2 ; –4 ; 6) ; t =  AM = (6 ; ; 4) 0,25 KÕt luËn: Cã hai đ-ờng thẳng thoả mÃn đề với ph-ơng trình lµ: x  y  z 1 x  y  z 1 ;     2 3 C©u 7a (1®)   3i  z  2i 3i       (12  1)  4  i 1   11   i 4 Môđun số phức z bằng: z H3   (3  4)i   3i 3i 121 75   16 16   3i  0,25 0,25 0,5 0913 661 886 Ngun Qc Hoµn a = 25, b =  c  a  b2 = 16  c = NCao Câu 6b (2 đ) 2 0,25 Các tiêu điểm (E) là: F1(4 ; 0) vµ F2(4 ; 0) M ( x0 ; y0 )  (E)  x02 y2  1 25 0,25 (1) F1 M  ( x0  ; y0 ) , F2 M  ( x0  ; y0 ) F1M  F2M  F1 M F2 M =  x02  16  y02  (2) 0,25 175 81 vµ y02  16 16 Kết luận: Có bốn điểm thoả mÃn đề với toạ độ Từ (1) (2) giải ra: x02  5 9 5 9 ;  ,  ;   ,  4  4  0,25  9  9 ;   ;  ,     4 4   M  d2  M(2 – t2 ; t2 ; + t2 ) 0,25 Khoảng cách tõ M ®Õn () b»ng:  t2   2t2   2t2  18 t  26 d(M ; ()) =  1 0,25 Ph-ơng trình mặt phẳng () qua M vuông góc d1 là: x y z 2t2 Toạ độ hình chiếu H M lên d1 là: 19 t 44 t2   22 4t2 H  ;  ;   9 9 9  Khoảng cách từ M đến d1 bằng: MH = 0,25 25t  40t2  664   5t2   46 10t2   62 10t2        = 9       2 Do d(M ; ()) = d(M ; d1), nªn cã: t2  26 25t22  40t2  664 = 2 0,25 t   2t22  t2     t  Kết luận: Có hai điểm thoả mÃn đề với toạ độ (1 ; ; 3) ,  ; ;  2 2 Sè h¹ng thø (k  1) khai triển là: Câu 7b (1đ) Tk C k 2010   3   x 2010  k  x  k  (1)k C2010 22010  k x k = (1) C k k 2010 22010  k x k 2010  2010  k 0,25 x k  k  N      k  2010  5k 2010  0  k = 804 (thoả mÃn điều kiện) Số hạng thứ (k 1) không phụ thuộc vào x 804 Vậy số hạng thứ 805 không phụ thuộc vào x bằng: T805 21206 C2010 Các cách giải khác mà ®óng vÉn cho ®iĨm H4 0,25 0,5 §Ị thi thư đại học năm 2010 Môn Toán Lần Thời gian làm 180 phút ôn luyện thi Đại Học Giáo viên đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886) Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm): 2x Câu (2 điểm) Cho hàm số: y x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (H) hàm số Viết ph-ơng trình tiếp tuyến với đồ thị (H) biết tiếp tuyến qua điểm M(3 ; 4) Câu (2 điểm) Giải ph-ơng tr×nh: 2.sin x cos3x  2.sin x  cot x.cos2 x  x  x   10  x   Gi¶i hệ ph-ơng trình: log y log ( x  3).log5 y   15  2     ( x , y R) Câu (1 điểm) TÝnh tÝch ph©n: I = cos3 x 0  sin x dx Câu (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, đ-ờng cao SA = a ( a > 0) Mặt phẳng () qua A vuông góc với SC cắt SB, SC, SD theo thứ tự điểm E, F, H Tính thể tích khối chóp S.AEFH Câu (1 điểm) Cho sè thùc a, b, c tho¶ m·n: a  b2  c  Chøng minh r»ng: abc  2(1  a  b  c  ab bc ca) Phần riêng (3 điểm): Thí sinh đ-ợc làm hai phần (phần A B) A Theo ch-ơng trình Chuẩn Câu a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết A(1 ; 2) B(2 ; 2) Tìm toạ độ đỉnh C, D Trong không gian với hệ toạ ®é Oxyz cho ba ®-êng th¼ng d1, d2, d3 chÐo đôi có ph-ơng trình x    2t1  x   t2 x2 y6 z2   d1:  y   2t1 , d2:  y   2t2 , d3:   1 z   t  z   2t Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng cắt d1, d2, d3 theo thứ tự điểm A, B, C cho B trung ®iĨm cđa AC x7  x 1 x Câu a (1 điểm) Tìm giới hạn sau: lim B Theo ch-ơng trình Nâng cao Câu b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ ®é Oxy cho ®iĨm M(1 ; 4), ®-êng th¼ng d qua M cắt tia Ox tia Oy điểm E, F Viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng d biết (OE + OF) đạt giá trị nhỏ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ba điểm A(1 ; ; 3), B(–2 ; ; 2), C(4 ; ; 1) mặt phẳng () có ph-ơng trình: x y z 15 Tìm toạ độ điểm M () để (MA2 + MB2 + MC2) đạt giá trị nhỏ Câu b (1 điểm) Cho tập hợp A = {1 ; ; ; 4}, cã số tự nhiên có bốn chữ số khác đôi đ-ợc lập từ tập A Tính tổng số tự nhiên tìm đ-ợc Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: 0913 661 886 Nguyễn Quốc Hoàn Câu (1đ) 0,25 sin x dx Chøng minh: I =   sin x   sin x  cos x dx =  2I =   sin x 3 (sin x  cos x)(1  sin x cos x) dx 0 2(1  sin x cos x)  12  I =  (sin x  cos x) dx = ( cos x  sin x) 40 I= 0,25  0,25 1 (0  1)  (1  0)  4 SC () F F trung điểm SC (vì SAC vuông cân A) Câu (1đ) 0,25 0,25  AF = FS = FC = a Gäi AC  BD = {I}, SI  AF = {J} J trọng tâm SAC 0,25 () SC, BD  SC, BD  (α)  BD // () Trong (SBD) đ-ờng thẳng qua J song song BD cắt SB E cắt SD H  EH = 0,25 2a BD = 3 Vµ: BD  (SAC)  BD  AF  EH  AF ThÓ tÝch khèi chãp S.AEFH b»ng: V= 0,25 1 SAEFH SF  AF.EH.SF  3 2 a3 a  b2  c2   (1  a)(1  b)(1 c) Câu (1đ) 0,25 (1  a  b  ab)(1  c)    a  b  ab  c  ac  bc  abc  (1) (1  a  b  c)2  0,5  1  a  2a  b2  c  2bc  2(1  a)(b  c)     a2  b2  c2  2a  2b  2c  2ab  2bc  2ca    a  b  c  ab  bc  ca  (Do a  b2  c2  ) (2) LÊy (1) + (2) suy ®pcm DÊu “=” x¶y mét ba sè b»ng –1 hai số lại 0,25 Phần riêng (3 ®iĨm) AB  (3 ;  4), AB 16 Chuẩn Câu 6a (2đ) 0,25 Đ-ờng thẳng BC qua B vuông góc AB nên nhận u (4 ; 3) làm VTCP, x 4t nên có ph-ơng trình tham sè:   y    3t C  BC  C (4t  ; 3t  2) Do ABCD hình vuông BC = AB  16t  9t   t   H2 0,25 Ngun Qc Hoµn 0913 661 886 t    C(–2 ; –5); 0,25 2  xD  x    D(–5 ; –1) AB  DC    D 5  yD    yD   6  xD  x   D(3 ; 5)  D t   C(6 ; 1); AB  DC   1  yD    yD  0,25 KÕt luËn: C(2 ; 5) D(5 ; 1); C(6 ; 1) vµ D(3 ; 5)  x   t3 Đ-ờng thẳng d3 có ph-ơng trình tham sè:  y   t3 z   t  0,25 A  d1  A( 2t1  ;  2t1  ; t1  ) B  d2  B( t2  ;  2t2  ; 2t2  ) C  d3  C( t3  ; t3  ; t3  ) 2t1  t3    2t2   B trung điểm AC 2t1 t3    4t2  12 t  t   4t  2 1 0,25 t1   Gi¶i ra: t2   A(1 ; –1 ; 5), B(–1 ; ; 3), C(–3 ; ; 1) t   3 0,25 Đ-ờng thẳng thoả mÃn đề qua A vµ nhËn AB  (2 ; ;  2) làm 0,25 VTCP, nên có ph-ơng trình là: Câu 7a (1®) x 1 y 1 z    2 2 x7  ( x7  x3 )  ( x3  1)  lim x 1 x  x 1 x 1 0,25 lim  x3 ( x  1) x3  1  lim    x 1 x 1   x 1 0,25  lim  x3 ( x  1)( x  1)  ( x  x  1)  x 1 0,25   1(1  1)(2)  (1   1)  0,25 Giả sử d cắt tia Ox , tia Oy t¹i E( a ; ), F( ; b ); (a ; b  0) NCao Câu 6b (2 đ) Ph-ơng trình đ-ờng thẳng d có d¹ng: M(1 ; 4)  d   1 a b 0,25 x y  1 a b (*) 4a b 4a b 1 4 9  ≥ 52 OE + OF = a  b = (a  b)      b a b a a b 0,25 1  a  b  a  Min (OE + OF) =    b   4a  b  b a 0,25 H3 0913 661 886 Ngun Qc Hoµn 0,25 x y   Vậy đ-ờng thẳng cần tìm có ph-ơng trình: Gọi G trọng tâm ABC G(1 ; –1 ; 2)  MA2 = MA  MG  GA  2 0,25  MG  GA  2.MG.GA Hay: MA2 = MG2 + GA2 + 2.MG.GA T-¬ng tù cã MB2 = MG2 + GB2 + 2.MG.GB ; MC2 = MG2 + GC2 + 2.MG.GC  MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2 0,25  + 2.MG GA  GB  GC   MA2 + MB2 + MC2 = 3MG2 + GA2 + GB2 + GC2   MA2  MB2  MC2  nhá nhÊt MG nhỏ M hình chiếu G lên (α) 0,25 Mp(α) cã VTPT n  (2 ;  ; 1) Gọi d đ-ờng thẳng qua G vuông góc với () d nhận n (2 ; ; 1) làm VTCP ph-ơng trình đ-ờng thẳng d là: x 2t   y    2t z   t  d  (α) = {M} toạ độ M nghiệm hệ ph-ơng trình: 0,25  x   2t t   y    2t x    …  VËy M(3 ; –3 ; 3) điểm cần tìm z t y  3 2 x  y  z  15   z  Sè c¸c số tự nhiên có bốn chữ số khác đôi đ-ợc lập từ Câu 7b (1đ) 0,25 tËp A {1 ; ; ; 4} lµ: 4! = 24 (số) Gọi số cần tìm có dạng a1a2 a3a4 0,25 NÕu chän a4  th× cã 3! = cách chọn vị trí lại Vậy có số dạng a1a2 a31 T-ơng tự cã sè d¹ng a1a2 a3 , sè d¹ng a1a2 a3 , sè d¹ng a1a2 a3 Suy tổng chữ số hàng đơn vÞ b»ng 6(1 + + + 4) = 60 T-ơng tự tổng chữ số hàng chục, hàng trăm, hàng nghìn 60 0,25 Vậy tổng số tự nhiên thoả mÃn đề bằng: 0,25 60.103 + 60.102 + 60.10 + 60 = 66 660 C¸c cách giải khác mà cho điểm H4 Đề thi thử đại học năm 2010 Môn Toán Lần Thời gian làm 180 phút ôn luyện thi Đại Học Giáo viên đề: Nguyễn Quốc Hoàn (0913 661 886) Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm): Câu (2 điểm) Cho hàm số: y x3  3mx  (m  2) x  m Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng (0 ; +) Câu (2 điểm) Giải ph-ơng trình: sin x  cos2 x  cos x cos3x  3sin x  2cos4 x   2y    y  y 2 Giải hệ ph-ơng trình: log x  y log x 1  y       Câu (1 điểm) Tính tích phân: I =  dx x  x2  ( x , y R) Câu (1 điểm) Cho tø diÖn ABCD cã AB = CD = a , AC = BD = b , BC = AD = c Trong mặt phẳng (BCD) xác định tam giác PQR cho B, C, D trung điểm cạnh QR, RP, PQ Chứng minh AP, AQ, AR vuông góc với đôi tính thể tÝch cđa khèi tø diƯn ABCD theo a , b , c Câu (1 điểm) Cho x, y, z ba số thực d-ơng thoả mÃn: x y z Tìm giá trị nhỏ biÓu thøc: P= 1  2 xyz x y z Phần riêng (3 điểm): Thí sinh đ-ợc làm hai phần (phần A B) A Theo ch-ơng trình Chuẩn Câu a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hai ®iĨm thay ®ỉi A( a ; 0), B(0 ; b ) cho độ dài AB = §iĨm M tho¶ m·n 2MA  MB  ; chứng minh M chạy đ-ờng Elip, viết ph-ơng trình Elip Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz; tính khoảng cách hai đ-ờng thẳng: x   2t x 1 y z     d1:  y   2t vµ d2:  1   z    4t  C©u a (1 điểm) Gọi Cnk số tổ hợp chập k cđa n phÇn tư Chøng minh r»ng:   12 Cn1  22 Cn2   n2 Cnn  n2  n 2n  , víi mäi sè nguyên d-ơng n B Theo ch-ơng trình Nâng cao Câu b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(1 ; 4), viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M cắt hai tia Ox, Oy theo thứ tự điểm A, B cho diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz; viết ph-ơng trình đ-ờng thẳng qua M(1 ; ; 3) đồng thời cắt hai x3 y z4 x y z đ-ờng thẳng d1:   vµ d2: 2 1 2 x2  x  C©u b (1 điểm) Tìm đồ thị hàm số y , hai ®iĨm ®èi xøng qua d: y  x  x 1 C¸n bé coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 Đáp án, biểu điểm thi thử đại học năm 2010 môn toán lần (21 05 2010) Câu Yêu cầu Điểm Phần chung (7 điểm) Câu (2đ) Thay m Tìm TXĐ, đạo hàm, xét dấu đạo hàm 0,25 Đồng biến nghịch biến, cực trị 0,25 Giới hạn, bảng biến thiên 0,25 Đồ thị, có điểm phụ, điểm uốn tâm ®èi xøng cđa ®å thÞ 0,25 y '  3x2 6mx m 0,25 Hàm số đồng biến khoảng (0 ; +) y ' 0, x  (0 ;  ) ( y ' xảy hữu hạn điểm thuộc kho¶ng (0 ; +)) 'y '  9m2  3m   3(m  1)(3m  2) Tr-êng hỵp 1: 'y '    0,25  m   y '  0, x Hàm số đồng biến R m Tr-ờng hợp 1: , giả sư x1 , x2 lµ hai nghiƯm cđa y ' m    0,25 ' y'  S  2m    2  m   x1  x2    m2 P    ycbt KÕt luËn: với m hàm số đồng biến (0 ; +) PT Câu (2đ)  cos x   cos x  cos x  cos x  3sin x  4cos x 0,25 0,25   2cos4 x  cos2 x  3sin x   1    cos x  cos x  sin x  cos  cos x  sin   x  2 6  0,25         2sin   x  sin   x   sin  x   6 6  6      sin   x     1       sin   x  sin  x           2  6   sin  x    6   0,25   k    x   k  x   12         x    k 2   x   k k  Z , lµ nghiƯm ph-ơng trình 6 x    5  k 2  x    k   6 0,25 H1 0913 661 886 Ngun Qc Hoµn 2y  Giải ph-ơng trình y y đ-ợc nghiệm y = 0,25 Thay y = vào ph-ơng trình lại đ-ợc log    log  x x 0,5 t Đặt: log    t Gi¶i ra:  t    8  x 4x   x    x   4    x  log 17   0,25 17   x   x  log Hệ ph-ơng trình có nghiệm: , y  y   C©u (1®)    1 1   2     2 (x  x ) x  1  x ( x  1)  x  1 1 1   2  2  2 2 x ( x  1) x ( x  1) x x ( x  1) x 1   I     2  dx  x x    1  I     x 1  3x  0,25 17 45 27 Đặt x tan t ,      1 dx   dx 2 ( x  1) x 1 1 dx   dx 2 ( x  1) x  1  ; x 1 t   ; x 3t   x   tan t   I  ; cos t  0,25 dx  dt cos t  17  45 cos t cos t  dt  2  dt 27  cos t  cos t 4   0,25 1 dx   dx 2 ( x  1) x 1 t   17  45   (1  cos 2t )dt   dt 27 2  4   17  45 17  45  3    t  sin 2t   t 3  I  27 2 27   5  24 0,25 Câu (1đ) BC đ-ờng trung bình cđa tam gi¸c PQR  BC = PQ Mà BC = AD = a Trong tam giác APQ cã: AD = DP = DQ =  tam gi¸c APQ vuông A hay AP AQ H2 PQ = a 0,25 0913 661 886 NguyÔn Quèc Hoàn Chứng minh t-ơng tự có: AP AR, AQ  AR 0,25 Ta cã: AP2 + AQ2 = PQ2 = c , 0,25 AQ2 + AR2 = QR2 = a , AR2 + AP2 = PR2 = b   AP2 + AQ2 + AR2 = a  b2  c        AP2 = b2  c  a , AQ2 = a  c  b2 , AR2 = a  b2  c SBCD = 0,25 1 1 SPQR  VABCD = VAPQR = AP.AQ.AR 4 = C©u (1®)  a 12     b2  c b2  c  a c  a  b2  x  y  z  3 xyz   xyz vµ 0,25  27 xyz xy  yz  zx  3 ( xyz )2  xyz ( xyz )2  xyz x2  y  z  ( x  y  z )2  2( xy  yz  zx)   2( xy  yz  zx) 0,25  x2  y  z   18xyz P  Mµ:  1  1       18xyz xyz   18 xyz xyz xyz  xyz 0,25 1    9  18 xyz xyz xyz  18 xyz  xyz  xyz P≥9+ 27 = 30 Vậy giá trị nhỏ P = 30 x  y  z  0,25 Phần riêng (3 điểm) AB   a  b2   a b2 Chuẩn Câu 6a (2đ) 0,25 (*) Gi¶ sư M( x ; y ); MA  (a  x ;  y) , MB  ( x ; b  y) 3x   2a  x  x  a  2MA  MB     2 y  b  y   b  y Thay (**) vµo (*), cã: (**) 9x2 x2 y  y2    1 4 Kết luận: điểm M thuộc Elip có ph-ơng tr×nh 0,25 x2 y   Đ-ờng thẳng d1 qua M(2 ; ; 1) vµ cã VTCP u1  (2 ;  ; 4) 0,25 0,25 0,25 Đ-ờng thẳng d2 qua N(1 ; ; –2) vµ cã VTCP u2  (1 ; ;  2) Râ rµng u1   2u2 Thay toạ độ M vào ph-ơng trình d2 có:  1    : v« lý 1 2  M  d2 VËy hai đ-ờng thẳng d1 d2 song song với H3 0,25 Ngun Qc Hoµn 0913 661 886 Gäi (α) lµ mặt phẳng qua N vuông góc d1 () nhận u1 làm VTCP 0,25 ph-ơng trình mặt phẳng (α): 2( x  1)  2( y  0)  4( z  2)  Hay: x  y  z   (α)  d1 = {H} toạ độ H nghiệm hệ ph-ơng trình: x 2t y   2t    z    4t  x  y  z    13 23 2  Gi¶i đ-ợc H ; ; 6 Khoảng cách d1 d2 bằng: d(d1 ; d2) = d(N ; d1) = NH = 0,25 49 529 16    36 36 642 Ta cã: (1  x)n  Cn0  xCn1  x 2Cn2   x nCnn , n N* Câu 7a (1đ) (*) Lấy đạo hàm (*) cã: n(1  x)n 1  Cn1  xCn2   nx n 1Cnn (1) 0,25 0,25 Lấy đạo hàm (1) có: n(n 1)(1 x)n   2Cn2   n(n  1) x n  2Cnn (2) Cho x  , thay vµo (1) vµ (2) cã: 0,25 Cn1  2Cn2   nCnn  n 2n 1  2n 2n  2Cn2   n(n  1)Cnn  (n2  n)2n  (3) (4) LÊy (3) + (4) cã: 0,25   12 Cn1  22 Cn2   n2 Cnn  n2  n 2n (đpcm) Giả sử d cắt tia Ox , tia Oy t¹i A( a ; ), B( ; b ); (a ; b  0) NCao Câu 6b (2 đ) Ph-ơng trình đ-ờng thẳng d cã d¹ng: M(1 ; 4)  d  0,25 x y  1 a b 0,25  a b áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số d-ơng có 1 4   1  ab  a b a b ab Dấu đẳng thức xảy a     a b b  0,25 DiÖn tÝch tam gi¸c OAB b»ng: SOAB = 1 OA.OB = ab   2 2 a  DiƯn tÝch tam gi¸c OAB nhá nhÊt b»ng b Vậy đ-ờng thẳng cần tìm có ph-ơng trình: H4 x y 0,25 Nguyễn Quốc Hoàn 0913 661 886 Ph-ơng trình tham số hai đ-ờng thẳng x   t1  d1:  y    2t1  z  2t  0,25  x    2t2  d2:  y   2t2 z   t  A  d1  A(  t1 ;   2t1 ; 2t1 ), B  d2  A( 3  2t2 ;  2t2 ;  t2 ) MA  (t1  ; 2t1  ; 2t1  3) , MB  (2t2  ;  2t2  ;  t2  1) t1   2kt2  2k  A, M, B thẳng hàng MA k MB  2t1    2kt2  2k 2t    kt  k   t1   3t1    4k    2t1   4k  t2   2t    2kt  2k   k   20  t1   2kt2  2k   2t1    2kt2  2k 4t    2kt  2k  0,25 0,25  MB  (8 ; ; 4) 4(2 ; ; 1) Vậy đ-ờng thẳng cần tìm có ph-ơng trình: Câu 7b (1đ) 0,25 x 1 y  z    1 Gọi đ-ờng thẳng vuông góc với d ph-ơng trình có dạng y x  m 0,25  m  m  3 cắt d I ; Xét ph-ơng trình: x2 x   x  m  x  (m  2) x  m   x 1 0,25 Gi¶ sư A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) hai điểm đối xứng qua d thuộc đồ thị hàm số y  x2  x  Khi ®ã x 1   (m  2)2  8(m  2)    x1  x2  xI Giải m tìm đ-ợc x1.2  1  7  y1.2  2 Kết luận: có hai điểm thoả mÃn đề lµ  1  7    1  7   ; ; A   , B   2 2 Các cách giải khác mà ®óng vÉn cho ®iĨm H5 0,25 0,25 ... VS.ACD = VA. SCD = d(A, (SCD)) SSCD 3 3VS.ACD 3.2a cot  sin    2a cos   d(A, (SCD)) = SΔSCD a cot  0,25 0,25 Tính đ-ợc: VS.ABCD = Câu (1đ) (TS làm cách d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD))... // CD, CD  (SCD)  AB // (SCD)  d(AB, SC) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)) Câu (1đ) 0,5 4a3 cot  a  2a cot    3 a a cot Tính đ-ợc: SSCD = 2a cot sin  sin  2a cot  1 VS.ACD = VS.ABCD...   cos x  sin x   (**)  cos x  (*)  tan x    x   (**)    k (k  Z) (Tho¶ m·n ®iỊu kiƯn)   tan x   tan x  tan x    cos2 x  tan x    1  k (k Z) (Thoả mÃn điều kiện)