Đề 47 thi thử đại học, cao đẳng năm 2010 môn thi: Toán, khối A, B

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
LÊ QUÝ ĐÔN 
Lần II 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 
Môn thi: TOÁN, khối A, B 
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề 
A /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh. ( 8 điểm ) 
Câu I : ( 2 điểm ). 
 Cho hàm số y = x3 + ( 1 – 2m)x2 + (2 – m )x + m + 2 . (Cm) 
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 
2. Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1. 
Câu II : ( 2 điểm ). 
1. Giải phương trình: sin 2 2 2(s inx+cosx)=5x  . 
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 22 3 .x mx x   
Câu III : ( 2 điểm ). 
 1. Tính tích phân sau : 
2 2
3
1
1 .xI dx
x x


 
 2. Cho hệ phương trình : 
3 3 ( )
1
x y m x y
x y
   

  
 Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng 
 0d  .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn ix > 1 
Câu IV : ( 2 điểm ). 
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : 1 1 2
x y z
  ; d2 
1 2
1
x t
y t
z t
  


  
và điểm M(1;2;3). 
 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2. 
 2.Tìm 1 2;A d B d  sao cho AB ngắn nhất . 
B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 2 điểm ). 
 ( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb sau đây.) 
Câu Va. 
 1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - 7 = 0 
.Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình 
 x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích ABC . 
 2.Tìm hệ số x6 trong khai triển 
31
n
x
x
  
 
 biết tổng các hệ số khai triển 
bằng 1024. 
Câu Vb. 
 1. Giải bất phương trình : 
2 21 15 5x x  > 24. 
 2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên 
AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối lăng trụ. 
______________ Hết _______ 
 ĐÁP ÁN 
Câ
u 
Ý Nội dung Điể
m 
I . 200 
 1 .Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 1,00 
Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 
a ;Tập xác định : D = R. 0,25 
b ; Sự biến thiên. 
Tính đơn điệu  
Nhánh vô cực 
j
o
4 + 
- 
+ +- 00
20 + - 
y
y'
x
0,25 
c ; Đồ thị : 
+ Lấy thêm điểm . 
+ Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng mực cùng màu mực với phần trình bầy 
0,25 
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-15 -10 -5 5 10 15
0,25 
 2 . Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ 
hơn 1. 
1,00 
Hàm số có cực trị theo yêu cầu đầu bài khi và chỉ khi thỏa mãn 2 
ĐK sau : 
+ y’ =0 có 2 nghiệm pbiệt x1 < x2  ' 24 5 0m m     
 m 5
4
0,25 
0,25 
+ x1 < x2 < 1 ( Vì hệ số của x2 của y’ mang dấu dương ) 
 .  ' 4 2m   .. 21
15
m  
0,25 
Kết hợp 2 ĐK trên ta được Đáp số  ; 1m   5 7;
4 5
  
 
0,25 
II 2,00 
 1 1.Giải phương trình: sin 2 2 2(s inx+cosx)=5x  . ( I ) 
1,00 
Đặt sinx + cosx = t ( 2t  ).  sin2x = t2 - 1  ( I ) 0,25 
 2 2 2 6 0t t    2t   ) 0,25 
+Giải được phương trình sinx + cosx = 2   os( ) 1
4
c x    
+ Lấy nghiệm 
0,25 
 Kết luận : 5 2
4
x k   ( kZ ) hoặc dưới dạng đúng khác . 0,25 
 2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất : 22 3 .x mx x   
1,00 
 hệ 
2 22x x 9 6x
3
m x
x
    


 có nghiệm duy nhất 0,25 
 x2 + 6x – 9 = -mx (1) 
+; Ta thấy x = 0 không phải là nghiệm. 0,25 
+ ; Với x  0 (1)  
2 6x 9x m
x
 
  . Xét hàm số : 
f(x) = 
2 6x 9x
x
  trên    ;3 \ 0 có f’(x) = 
2
2
9x
x
 > 0 0x  
0,25 
+ , x = 3  f(3) = 6 , có nghiệm duy nhất khi – m > 6  m < - 6 0,25 
III 2,00 
 1 
 1. Tính tích phân sau : 
2 2
3
1
1 .xI dx
x x


 
1,00 
2 2
3
1
1 .xI dx
x x


 = 
2 2
1
1 1
x1
x d
x
x


 = 
2
1
1( )
1
d x
x
x
x



 = - 1
21ln( )x
x
 = 
 . = 4ln
5
( Hoặc 
2 2
3
1
1 .xI dx
x x


 = 
2
2
1
1 2x x
1
d
x x
   
=) 
0,25 
0,50 
0,25 
2.Cho hệ phương trình : 
3 3 ( )
1
x y m x y
x y
   

  
------------------------------------------------------------------------------------------ 
 Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) sao cho x1;x2;x3 
lập thành cấp số cộng  0d  .Đồng thời có hai số xi thỏa mãn ix > 1 
3 3 ( )
1
x y m x y
x y
   

  
 
2 2( )( ) 0
1
x y x y xy m
x y
     

  
 
2
1
2
1
( ) 1 0
x y
y x
x x x m
   

  
     
Trước hết ( )x phải có 2 nghiệm pbiệt x1 ; x2 
34 3 0
4
m m     
1,00 
------ 
0,25 
0,25 
 2 
 Có thể xảy ra ba trường hợp sau đây theo thứ tự lập thành cấp số cộng. 
+Trường hợp 1 : 1
2
 ; x1 ; x2 
+Trường hợp 2 : x1 ; x2 ; 
1
2
 
+Trường hợp 3 : x1 ; 
1
2
 ; x2 
0,25 
 Xét thấy Trường hợp 1 ;2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có 
1 2
1 2
1
1
x x
x x m
  

 
 đúng với mọi m > 3
4
Đồng thời có hai số xi thỏa mãn ix > 1 ta cần có thêm điều kiện sau 
0,25 
2
1 4 3 1 4 3 3 3
2
mx m m        Đáp số : m > 3 
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : 1 1 2
x y z
  ; d2 
1 2
1
x t
y t
z t
  


  
và điểm M(1;2;3). 
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua 
d2. 
. 
+ Phương trình mặt phẳng chứa M và d1 . Là (P) x + y – z = 0 
+ Mp(Q) qua M và vuông góc với d2 có pt 2x – y - z + 3 = 0 
2,00 
0,25 
0,25 
+ Tìm được giao của d2 với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1) 
  Điểm đối xứng M’ của M qua d2 là M’(-3 ;-2 ;-1) 
0,25 
0,25 
2.Tìm 1 2;A d B d  sao cho AB ngắn nhất . 
Gọi A(t;t;2t) và B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn nhất khi nó là đoạn vuông góc 
chung của hai đường thẳng d1 và d2 . 
0,50 
IV 
 1
2
. 0
. 0
AB v
AB v
 


 
  . tọa độ của 3 3 6; ;
35 35 35
A  
 
 và 1 17 18; ;
35 35 35
B    
 
 0,50 
Va 2,00 
 1 
 1. Trong mặt phẳng oxy cho ABC có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B 
có phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương 
trình 
 x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . 
M
C
B
H
A
+AC qua A và vuông góc với BH do đó có VTPT là (3;1)n 

 AC có 
phương trình 3x + y - 7 = 0 
+ Tọa độ C là nghiệm của hệ AC
CM



C(4;- 5) 
+ 2 1;
2 2
B B
M M
x yx y   ; M thuộc CM ta được 2 1 1 0
2 2
B Bx y    
+ Giải hệ 
2 1 1 0
2 2
3 7 0
B B
B B
x y
x y
    

   
 ta được B(-2 ;-3) 
0,25 
Tính diện tích ABC . 
+ Tọa độ H là nghiệm của hệ 
14
3 7 0 5
3x 7 0 7
5
xx y
y y
     
     

. Tính được BH = 8 10
5
 ; AC = 2 10 
Diện tích S = 1 1 8 10. .2 10. 16
2 2 5
AC BH   ( đvdt) 
0,25 
0,25 
 2.Tìm hệ số x6 trong khai triển 
31
n
x
x
  
 
 biết tổng các hệ số khai triển 
bằng 1024. 
+ ; 0 1 ... 1024nn n nC C C    
   1 1 1024n   2n = 1024  n = 10 
0,25 
0,25 
- 
2 
+ ;  
10 1010
3 3
10
1 1 .
k
kk
k o
x C x
x x


       
   
 ; . 
 Hạng tử chứa x6 ứng với k = 4 và hệ số cần tìm bằng 210 . 
0,25 
0,25 
Vb 2,00 
 1 1. Giải bất phương trình : 
2 21 15 5x x  > 24. (2) 
------------------------------------------------------------------------------------------
------------- 
(2)     2 225 5 24 5 5 0x x   

2
5 5x   x2 > 1 1
1
x
x

 


1,00 
------ 
0,5 
0,5 
 2 2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A’ cách 
đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600. Tính thể tích khối 
lăng trụ. 
----------------------------------------------------------------------------------------- 
G
N M
C
B
A
B'
C'A'
Từ giả thiết ta được chop A’.ABC là chop tam giác đều . 'A AG là góc giữa 
cạnh bên và đáy . 
 'A AG = 600 , .. AG = 3
3
a ; 
Đường cao A’G của chop A’.ABC cũng là đường cao của lăng trụ . Vậy 
A’G = 3
3
a .tan600 = 3
3
a . 3 = a. 
.. Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = 
31 3 3. . .
2 2 4
a aa a  
1,00 
------ 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được công nhận và cho điểm như 
nhau . 
 + Điểm của bài thi là tổng các điểm thành phần và làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm.