Đề 51 thi thử đại học lần thứ nhất môn toán – khối A năm học 2009 - 2010

 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT 
Trường 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 23 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 dương. 
Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin 2 (2x+
4

) = 0 
 b, Xác định a để hệ phương 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 dương . Chứng minh rằng : 
 P = 3 3 3 3 3 33 3 3 2 2 24( ) 4( ) 4( ) 2( )
x y zx 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 chương trình chuẩn 
Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : 2 2 4 4 4 0x y x y     và đường thẳng 
 (d) có phương 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 đường 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 đường thẳng có phương trình : 
 1
1 2( ) :
2 2 1
x y zd   

'
2
'
4
( ) : 2
3
x t
d y
z t
 

 
 
 Viết phương trình đường thẳng ( )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ). 
Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : 
7
4
3
1x
x
 
 
 
 ( với x > 0 ) 
B . Theo chương trình nâng cao 
Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao và . . 
đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt 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 đường thẳng ( ) có phương 
 trình : 
2 1 0
2 0
x y z
x y z
   

   
 Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ( )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . 
Câu 7b : Cho 2 12 2 240 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 
 SỞ GD-ĐT NGHỆ AN 
TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Cõu Đáp án Điểm 
a. (1.0 điểm) Khảo sát 
Với m=0, ta cú: y=x3-3x+1 
TXĐ D=R 
y’=3x2-3; 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 trờn (-1;1) 
Hs đạt cực đại tại x=-1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=-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) Tỡm m để  
Ta cú y’= 3x2-6mx+3(m2-1) 
y’=0  1
1
x m
x m
 
  
0,25 
Cõu 1 
(2 điểm) 
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thỡ ta 0,25 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 
Mụn: TOÁN; Khối A 
(Đáp án - thang điểm gồm 07 trang) 
y 
-2 
1 
-1 
-1 
1 2 
3 
x 
0 
 phải cú: 
'
2 2 2
' 0
. 0 ( 1)( 3)( 2 1) 0
0 1 0
1 00
( 1) 0(0) 0
y
CD CT
CD
CT
m R
f f m m m m
x m
mx
mf
   
        
    
    
    

Vậy giỏ trị m cần tỡm là: 
( 3;1 2)m  0,25 
a. (1.0 điểm) Giải phương trỡnh 
Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + 
4
 )=0 
 sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + 
2
 ) 
0,25 
 sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25 
 sinx = 1 0,25 
 x = 
2
 + k2 , kZ 
0,25 
b. (1.0 điểm) 
Nhận xột: Nếu (x;y) là nghiệm thỡ (-x;y) cũng là nghiệm của hệ 
Suy ra, hệ cú nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 
+ Với x = 0 ta cú 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 xx y x x x y
x y x y
       
 
     
Từ (2) 
2 2
2 2
11 2 1
1 1
xyx x x
y x x y
       
    
      
0,25 
 ( I ) cú nghiệm 
2 2
2
1
0
2 1
1
1
x
x y
x
x x
y
y
  
 
     
 
 TM 0,25 
Cõu 2 
(2.0 
điểm) 
-Với a=2, ta cú hệ: 
2
2 2
2 2
1
x x y x
x y
    

 
 Dễ thấy hệ cú 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) khụng TM 
Vậy a = 0 
0,25 
1 2 1
3 1
3 1 2
3 1 2
1
m
m
m
m
m
   

    
    
  


 Ta cú 
3
3
sin[(x- ) ]s inx 6 6
(sinx+ 3 osx) 8 os ( )
6
c c x
 




 0,25 
3 1sin( ) os(x- )
2 6 2 6
8 os(x- )
6
x c
c
 

 
 0,25 
3 2
sin( )3 1 16
16 16os ( ) os ( )
6 6
x
c x c x

 

 
 
 0,25 
Cõu 3 
(1.0 
điểm) 
3
2
s inxdx 3 1 tan( )
16 6(sinx+ 3 osx) 32 os ( )
6
x c
c c x


    

 0,25 
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 tỡm 
Ta cú O là trọng tõm tam giỏc BA’C 
0,25 
Gọi H là hỡnh chiếu của O lờn (ABC) 
Do  ABC là hỡnh chiếu vuụng gúc của  BA’C trờn (ABC) nờn H là 
trọng tõm  ABC 
0,25 
Gọi M là trung điểm BC. Ta có: 1
' 3
OH HM
A B AM
  0,25 
Cõu 4 
(1.0 
điểm) 
1 1 1. ' .
3 9 9OABC ABC ABC
V OH S A B S V     
0,25 
J
I
O
H
M
B'
A'
C'
C
B
A
 Ta cú: 4(x3+y3) (x+y)3 , với x,y>0 
Thật vậy: 4(x3+y3) (x+y)3  4(x2-xy+y2) (x+y)2 (vỡ x+y>0) 
  3x2+3y2-6xy0  (x-y)20 luôn đúng 
Tương tự: 4(x3+z3) (x+z)3 
 4(y3+z3) (y+z)3 
3 3 3 3 3 33 3 3 34( ) 4( ) 4( ) 2( ) 6x y x z y z x y z xyz          
0,25 
Mặt khỏc: 32 2 2
12( ) 6x y z
y z x xyz
   0,25 
3 3
16( ) 12P xyz
xyz
    0,25 
Cõu 5 
(1.0 
điểm) 
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 
Chương trỡnh chuẩn 
a. (1.0 điểm) 
(C) cú tõm I(2;2), bỏn kớnh R=2 
Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: 
2 2
0
22 0
4 4 4 0 2
0
x
yx y
x y x y x
y
 
           

Hay A(2;0), B(0;2) 
0,25 
Cõu 6a 
(2.0 
điểm) 
Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 
0,25 
H
4
A
B
I
y
x
M
2
2
O
C 
 Ta cú 1 .
2ABC
S CH AB (H là hỡnh chiếu của C trờn AB) 
ax CH maxABCS m  
Dễ dàng thấy CH max ( ) ( )
2C
C C
x
 
 

 
0,25 
Hay  : y = x với :
(2;2)
d
I






(2 2;2 2)C   
Vậy (2 2;2 2)C   thỡ axABCS m 
0,25 
b. (1.0 điểm) 
Nhận xột: M(d1) và M(d2) 
Giả sử ( ) ( 1)
( ) ( 2)
d I
d H
 

 


Vỡ Id1  I(2t-1; -1-2t; 2+t) 
 Hd2 H(4t’; -2; 3t’) 
0,25 
1 2 (1 4 ')
233 2 (2 2)
10, 0 1 (3 3 ')
23 18 3( ; ; )
5 5 10
cbt
t k t
TM k HMy t k t
k R k t k t
T
  
  
        
     
  
 
 0,5 
Vậy phương trỡnh 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 
Ta cú: 
117
7 74 34
73
0
1( ) ( ) .( )k k k
k
x C x x
x


  0.25 
Để số hạng thứ k không chứa x thỡ: 
1 1(7 ) 0
44 3
[0;7]
k k
k
k
   
 
 
 0.5 
Cõu 7a 
(1.0 
điểm) 
Vậy số hạng khụng chứa x trong khai triển là: 47
1
35
C  0,25 
Chương trỡnh nõng cao 
a. (1.0 điểm) 
Cõu 6b 
(2.0 
điểm) 
Phươngtrỡnh đường thẳng chứa cạnh BC: 
1
( ) qua B
( ) : 4 3 5 0
BC d
BC
BC x y

   

Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: 4 3 5 0 ( 1;3)
2 5 0
x y
C
x y
  
 
  
0,25 
 Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, 
BC, d2 
Ta cú: 
2 2
2 2
3 1 1
4 2 2
1 3 11 . 1 . 1 . 1
2 4 2
0
1 (loai)
3
AC
BC d d AC
BC d d AC
AC
AC
AC
KK 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  , ta cú: 
 cắt AB tại K(1;3;0) 
Ta cú 2KB KA
 
  A, B nằm về cùng phía đối với  
0,25 
Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua  và H là hỡnh chiếu của A trờn  . 
 H( 1;t;-3+t) (vỡ PTTS của  : 
1
3
x
y t
z t



   
) 
Ta cú . 0 1.0 ( 4).1 ( 4 ).1 0 4
(1;4;1) '(0;4;1)
AH u t t t
H A
          
 

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  
Ta cú MA+MB=MB+MA’=A’BNA+NB 
Vậy 13 4(1; ; )
3 3
M 
0,25 
Ta cú: 
(1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = 
= 0 12 1 11 2 12 2 12 2412 12 12 12(1 ) (1 ) . ... (1 ) .( ) ...k k kC x C x x C x x C x       
0,25 
Cõu 7b 
(1.0 
điểm) 
=
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 x4 0,25 
0 8 1 9 2 10
4 12 12 12 11 12 10. . . 1221a C C C C C C     0,25