Sở GD&ĐT Nghệ An Đề thi thử đại học lần thứ nhất Trờng THPT Anh Sơn III Môn Toán Khối A Năm học 2009-2010-Thời gian 180 phút Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số : y = 3 2 2 2 3 3( 1) ( 1)x mx m x m + (1) a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dơng. Câu 2: a, Giải phơng trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin 2 (2x+ 4 ) = 0 b, Xác định a để hệ phơng trình sau có nghiệm duy nhất : 2 2 2 2 1 x x y x a x y + = + + + = Câu 3 : Tìm : 3 sin (sin 3 cos ) xdx x x+ Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ' ' ' .ABC A B C có thể tích V. Các mặt phẳng ( ' ' ' ),( ),( )ABC AB C A BC cắt nhau . tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dơng . Chứng minh rằng : P = 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) x y z x y y z z x y z x + + + + + + + + 12 Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B ) A. Theo chơng trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đờng tròn (C) có phơng trình : 2 2 4 4 4 0x y x y+ + = và đờng thẳng (d) có phơng trình : x + y 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đờng tròn . . . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đờng thẳng có phơng trình : 1 1 2 ( ): 2 2 1 x y z d + = = ' 2 ' 4 ( ) : 2 3 x t d y z t = = = Viết phơng trình đờng thẳng ( )đi qua điểm A và cắt cả hai đờng thẳng(d 1 ), (d 2 ). Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : 7 4 3 1 x x + ữ ( với x > 0 ) B . Theo chơng trình nâng cao Câu 6b : a, Viết phơng trình đờng thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đờng cao và . . đờng phân giác trong qua đỉnh A,C lần lợt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y 5 = 0 . b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đờng thẳng ( ) có phơng trình : 2 1 0 2 0 x y z x y z + + = + + = Tìm toạ độ điểm M nằm trên đờng thẳng ( )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . Câu 7b : Cho 2 12 2 24 0 1 2 24 (1 ) x x a a x a x a x+ + = + + + . Tính hệ số a 4 . Hết. Họ và tên Số báo danh . 1 SỞ GD-ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu 1 (2 điểm) a. (1.0 điểm) Khảo sát… Với m=0, ta có: y=x 3 -3x+1 TXĐ D=R y’=3x 2 -3; y’=0 ⇔ 1 1 x x = = − lim x y →±∞ = ±∞ 0,25 BBT x −∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + y 3 +∞ -1 −∞ 0,25 Hs đồng biến trên khoảng ( −∞ ;-1) và (1; +∞ ), nghịch biến trên (-1;1) Hs đạt cực đại tại x=-1 và y cđ =3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và y ct =-1 0,25 Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1) và đi qua các điểm B(-2;-1), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 0,25 b. (1.0 điểm) Tìm m để … Ta có y’= 3x 2 -6mx+3(m 2 -1) 0,25 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 07 trang) 2 y -2 1 -1 -1 1 2 3 x 0 y’=0 ⇔ 1 1 x m x m = − = + Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có: ' 2 2 2 ' 0 . 0 ( 1)( 3)( 2 1) 0 0 1 0 1 0 0 ( 1) 0 (0) 0 y CD CT CD CT m R f f m m m m x m m x m f > ∀ ∈ < − − − − < > ⇔ − > + > > − − < < V 0,25 Vậy giá trị m cần tìm là: ( 3;1 2)m ∈ + 0,25 Câu 2 a. (1.0 điểm) Giải phương trình Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + 4 π )=0 ⇔ sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + 2 π ) 0,25 ⇔ sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25 ⇔ sinx = 1 0,25 ⇔ x = 2 π + k2 π , k ∈ Z 0,25 b. (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (-x;y) cũng là nghiệm của hệ Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 + Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2 0,25 -Với a = 0, hệ trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) (I) 1 1 (2) x x x y x x x y x y x y + = + + − = ⇔ + = + = Từ (2) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 x y x x x y x x y ≤ ≤ + − ≥ ⇒ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ≤ 0,25 ⇒ ( I ) có nghiệm 2 2 2 1 0 2 1 1 1 x x y x x x y y + = = ⇔ + − = ⇔ = = TM 0,25 (2.0 điểm) -Với a=2, ta có hệ: 2 2 2 2 2 1 x x y x x y + = + + + = Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) không TM 0,25 3 1 2 1 3 1 3 1 2 3 1 2 1 m m m m m − < < − < < − ⇔ ⇔ < < + < < + > Vậy a = 0 Câu 3 (1.0 điểm) Ta có 3 3 sin[(x- ) ] sinx 6 6 (sinx+ 3 osx) 8 os ( ) 6 c c x π π π + = − 0,25 3 1 sin( ) os(x- ) 2 6 2 6 8 os(x- ) 6 x c c π π π − + = 0,25 3 2 sin( ) 3 1 1 6 16 16 os ( ) os ( ) 6 6 x c x c x π π π − = + − − 0,25 3 2 sinxdx 3 1 tan( ) 16 6 (sinx+ 3 osx) 32 os ( ) 6 x c c c x π π ⇒ = + − + − ∫ 0,25 Câu 4 (1.0 điểm) Gọi I = AC ∩ ’A’C, J = A’B ∩ AB’ (BA'C) (ABC') = BI (BA'C) (AB'C) = CJ Goi O = BI CJ ∩ ∩ ∩ ⇒ O là điểm cần tìm Ta có O là trọng tâm tam giác BA’C 0,25 Gọi H là hình chiếu của O lên (ABC) Do V ABC là hình chiếu vuông góc của V BA’C trên (ABC) nên H là trọng tâm V ABC 0,25 Gọi M là trung điểm BC. Ta có: 1 ' 3 OH HM A B AM = = 0,25 1 1 1 . ' . 3 9 9 OABC ABC ABC V OH S A B S V⇒ = = = V V 0,25 4 J I O H M B' A' C' C B A Câu 5 (1.0 điểm) Ta có: 4(x 3 +y 3 ) ≥ (x+y) 3 , với ∀ x,y>0 Thật vậy: 4(x 3 +y 3 ) ≥ (x+y) 3 ⇔ 4(x 2 -xy+y 2 ) ≥ (x+y) 2 (vì x+y>0) ⇔ 3x 2 +3y 2 -6xy ≥ 0 ⇔ (x-y) 2 ≥ 0 luôn đúng Tương tự: 4(x 3 +z 3 ) ≥ (x+z) 3 4(y 3 +z 3 ) ≥ (y+z) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6x y x z y z x y z xyz⇒ + + + + + ≥ + + ≥ 0,25 Mặt khác: 3 2 2 2 1 2( ) 6 x y z y z x xyz + + ≥ 0,25 3 3 1 6( ) 12P xyz xyz ⇒ ≥ + ≥ 0,25 Dấu ‘=’ xảy ra 2 2 2 1 1 x y z x y z x y z y z x xyz xyz = = ⇔ = = ⇔ = = = = Vậy P ≥ 12, dấu ‘=’ xảy ra ⇔ x = y = z =1 0,25 Câu 6a Chương trình chuẩn a. (1.0 điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: 2 2 0 2 2 0 4 4 4 0 2 0 x y x y x y x y x y = = + − = ⇔ + − − + = = = Hay A(2;0), B(0;2) 0,25 Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25 5 H 4 A B I y x M 2 2 O C (2.0 điểm) Ta có 1 . 2 ABC S CH AB= V (H là hình chiếu của C trên AB) ax CH max ABC S m ⇔ V Dễ dàng thấy CH max ( ) ( ) 2 C C C x = ∩ ⇔ > V 0,25 Hay V : y = x với : (2;2) d I ⊥ ∈ V V V (2 2;2 2)C⇒ + + Vậy (2 2;2 2)C + + thì ax ABC S m V 0,25 b. (1.0 điểm) Nhận xét: M ∉ (d1) và M ∉ (d2) Giả sử ( ) ( 1) ( ) ( 2) d I d H ∩ = ∩ = V V Vì I ∈ d1 ⇒ I(2t-1; -1-2t; 2+t) H ∈ d2 ⇒ H(4t’; -2; 3t’) 0,25 1 2 (1 4 ') 23 3 2 (2 2) 10 , 0 1 (3 3 ') 23 18 3 ( ; ; ) 5 5 10 cbt t k t TM kHM y t k t k R k t k t T − = − = ⇔ ⇔ + = + ⇔ = − ∈ ≠ − = − ⇒ − − uuur uuuur 0,5 Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là: 1 56 2 16 3 33 x t y t z t = + = − = + hoặc là: 5 8 17 0 12 9 16 18 0 x y z x y z + − + − + − + = 0,25 Câu 7a (1.0 điểm) Ta có: 1 1 7 7 7 4 3 4 7 3 0 1 ( ) ( ) .( ) k k k k x C x x x − − = + = ∑ 0.25 Để số hạng thứ k không chứa x thì: 1 1 (7 ) 0 4 4 3 [0;7] k k k k − − = ⇔ = ∈ 0.5 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: 4 7 1 35 C = 0,25 Câu 6b (2.0 điểm) Chương trình nâng cao a. (1.0 điểm) Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC: 1 ( ) qua B ( ) : 4 3 5 0 BC d BC BC x y ⇔ + − = ⊥ 0,25 6 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 3 5 0 ( 1;3) 2 5 0 x y C x y + − = ⇒ − + − = Gọi K AC , K BC , K 2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d 2 Ta có: 2 2 2 2 3 1 1 4 2 2 1 3 1 1 . 1 . 1 . 1 2 4 2 0 1 (loai) 3 AC BC d d AC BC d d AC AC AC AC K K K K K K K K K K K K − + − − − − = ⇔ = + + + − = ⇔ = − 0,25 Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 3 4 27 0 ( 5;3) 3 0 x y A y − + = ⇒ − − = 0,25 ⇒ Pt cạnh AB là: 5 3 4 7 1 0 2 5 1 3 x y x y + − = ⇔ + − = + − − Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0 0,25 b. (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối giữa AB và V , ta có: V cắt AB tại K(1;3;0) Ta có 2KB KA= uuur uuur ⇒ A, B nằm về cùng phía đối với V 0,25 Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V và H là hình chiếu của A trên V . ⇒ H( 1;t;-3+t) (vì PTTS của V : 1 3 x y t z t = = = − + ) Ta có . 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4 (1;4;1) '(0;4;1) AH u t t t H A = ⇔ − + − + − + = ⇔ = ⇒ ⇒ uuuurr 0,25 Gọi M là giao điểm của A’B và d 13 4 (1; ; ) 3 3 M⇒ 0,25 Lấy điểm N bất kỳ trên V Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B ≤ NA+NB Vậy 13 4 (1; ; ) 3 3 M 0,25 Câu 7b (1.0 điểm) Ta có: (1+x+x 2 ) 12 = [(1+x)+x 2 ] 12 = = 0 12 1 11 2 12 2 12 24 12 12 12 12 (1 ) (1 ) . (1 ) .( ) k k k C x C x x C x x C x − + + + + + + + + 0,25 7 = 0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 2 12 12 12 12 12 11 11 2 4 0 10 10 12 10 10 [C ]+C x [C ] +C [C ]+ C x C x C x x C x x x C + + + + + + + + + 0,25 ⇒ Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x 4 0,25 0 8 1 9 2 10 4 12 12 12 11 12 10 . . . 1221a C C C C C C⇒ = + + = 0,25 8 . [(1+x)+x 2 ] 12 = = 0 12 1 11 2 12 2 12 24 12 12 12 12 (1 ) (1 ) . (1 ) .( ) k k k C x C x x C x x C x − + + + + + + + + 0 ,25 7 = 0 0 12 1 11 8 4 1 2 0 11 9 2 12 12 12 12 12 11 11 2 4 0 10 10 12. ta có a =0 hoặc a = 2 0 ,25 -Với a = 0, hệ trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 (1) (I) 1 1 (2) x x x y x x x y x y x y + = + + − = ⇔ + = + = Từ (2) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 x y x x x y x. ( ) 2 C C C x = ∩ ⇔ > V 0 ,25 Hay V : y = x với : (2; 2) d I ⊥ ∈ V V V (2 2 ;2 2)C⇒ + + Vậy (2 2 ;2 2)C + + thì ax ABC S m V 0 ,25 b. (1.0 điểm) Nhận xét: M ∉ (d1) và M ∉ (d2) Giả