Đề thi thử đại học lần 3 - Năm 2010 môn thi: Toán; Khối: A

TRƯỜG THPT ĐẶG THÚC HỨA 
Thanh Chương – ghệ An 
GIÁO VIÊ: TrÇn §×nh HiÒn 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 3 - ĂM 2010 
Môn thi: TOÁ; Khối: A 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
PHẦ CHUG CHO TẤT CẢ THÍ SIH (7,0 điểm): 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2
1
2
2
m
y x x m
m
= − − (1) , m là tham số thực khác 0. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = - 2. 
2. Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có 1 điểm cực đại A và 2 điểm cực tiểu B và C sao cho tam giác ABC có 
diện tích bằng 1. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình 4 2 43sin 2cos 3 cos3 3cos cos 1x x x x x+ + = − + 
2. Tìm các giá trị thực của tham số m để phương trình sau có nghiệm 2 3( 2) 4 ( 1) 4 , ( )x m x m x x x R+ + + = − + ∈ 
Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số 25x xy e e= − và 
144
25 x
y
e
=
−
Câu IV (1,0 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2a, (a > 0) ; 
 060BAD = ; hai mặt phẳng (SAC) và 
(SBD) cùng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm cạnh BC và SD. Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh bên SC 
tại E. Biết MN vuông góc với AN, tính thể tích khối đa diện AND.MCE theo a. 
Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0 thỏa mãn a + b + c = 3. 
Chứng minh rằng 2 2 2
2 2 2
4
ab bc ca
a b c
a b b c c a
+ +
+ + + ≥
+ +
PHẦ RIÊG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình ChuPn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đường cao 1 : 2 1 0AA x y− + = , đường trung tuyến 
: 3 0BM y + = , đường trung trực cạnh AB là d: x + y + 2 = 0. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; - 1; 0), B(3 ; 3; 2), C(5; 1 ; - 2),. Tìm tọa độ đỉnh S của 
hình chóp tam giác đều S.ABC biết thể tích của khối chóp S.ABC bằng 6. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Tính tổng 
8 8 8 8
8 9 10 2010...
7.8 8.9 9.10 2009.2010
C C C C
S = + + + + , trong đó knC là số tổ hợp chập k của n 
phần tử. 
B. Theo chương trình âng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x2 + y2 – 2mx + 2y – 15 = 0 và đường thẳng 
: 4 3 15 0x my m∆ + − + = (m là tham số thực) . Tìm các giá trị m để đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai 
điểm phân biệt E và F sao cho EF = 8. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y – z = 0, hai đường thẳng 
4
:
1 1 3
x y z
d
−
= =
−
 và 
3 1
: 
1 2 2
x y z− +
∆ = = . Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P), điểm N trên đường thẳng d sao cho M và N đối 
xứng với nhau qua đường thẳng ∆. Viết phương trình chính tắc đường thẳng d1 đi qua M vuông góc với d và tạo 
với mặt phẳng (P) một góc 030ϕ = . 
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn | | 1z = và | | 2
i
z
z
+ = . Tính tổng 2 4 20101 ...S z z z= + + + + 
--------------- Hết --------------- 
Thông báo: 1) Trung tâm luyện thi ĐH-CĐ khối A tại Xã Thanh Tường – Huyện Thanh Chương – Tỉnh 8ghệ An sẽ tuyển 
sinh năm học 2010 – 2011 các khối lớp 10, 11, 12, 13. 
2) Môn Toán: Thầy Trần Đình Hiền ; Môn Lý: Thầy Trần Đình Hùng ; Môn Hóa: Thầy 8guyễn Phương Kháng. 
3) Thời gian đăng ký danh sách: Lớp 11,12 từ ngày 1/6/2010. Lớp 10, 13 từ ngày 25/8/2010. 
4) Mọi chi tiết xin liên hệ Thầy: 8guyễn Phương Kháng - Số điện thoại : 0986606720 hoặc vào địa chỉ: 
ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L3 ĂM 2010 – GV: TRẦ ĐÌH HIỀ 
Câu ội dung Điểm 
I-1 
Khi m = - 2ta có hàm số
4 21 4
2
y x x= − + + . *Tập xác định D = R. *Sự biến thiên. 
+ Chiều biến thiên : y’ = - 2x(x2 – 1) ; y’= 0 ⇔ x = 0 v x = ± 1. 
 Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; - 1) và (0 ; 1). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1; + ∞) 
0,25 
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = ± 1, yCĐ = 9/2. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 4 
+ Giới hạn tại vô cực: 
4 2 4 21 1lim ( 4) ; lim ( 4)
2 2x x
x x x x
→−∞ →+∞
− + + = −∞ − + + = −∞ 0,25 
+ Bảng biến thiên: 
x -∞ -1 0 1 +∞ 
y’ + 0 - 0 + 0 - 
y 
 9/2 -3 9/2 
- ∞ 4 - ∞ 
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
0,25 
*Đồ thị: 
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm: (-2;0) , (2; 0) 
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;4) 
+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. 
0,25 
I-2 
y’ = 34 x mx
m
− ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = 
2
m
± . Đk để hàm số có 1 cực đại và 2 cực tiểu là m > 0. (*) 0,25 
 Ba điểm cực trị A(0;- 2m), B
3
( ; 2 )
2 8
m m
m− − − , C
3
( ; 2 )
2 8
m m
m− − . 
Phương trình cạnh BC: y + 
3
2
8
m
m+ =0 độ dài đường cao AH = d(A;BC) = 
3
8
m . Độ dài cạnh BC = |m|, 
0,25 
Diện tích tam giác ABC là 41 . 1 1 6
2A B C
S B C A H m= = ⇔ = ⇔
 m = 2 (Thỏa mãn đk (*)) v m = - 2 (Không thỏa mãn đk(*)) 0,25 
+0,25 
II-1 4 4 23(s in o s ) ( 2 c o s 3 1) ( o s3 co s ) 0 3 c o s 2 o s 6 2 co s 2 c o s 0P T x c x x c x x x c x x x⇔ − + − + + = ⇔ − + + = 
3 24 cos 2 6 cos 2 2 cos 2 cos 0 cos 2 (2 cos 2 3 cos ) 0x x x x x x x⇔ − + = ⇔ − + = 
0,25 
2
cos 2 0 (1)
(2)2(cos 2 1) (cos 1) 0
x
x x
=
⇔ 
− + − =
 * (1) ,
4 2
k
PT x k Z
π π
⇔ = + ∈ 0,25 
* 2 2(2 ) 2 (cos 2 1)(co s 2 1) (co s 1) 0 8 cos ( sin ) (cos 1) 0P T x x x x x x⇔ + − + − = ⇔ − + − = 
2 2 28 cos (cos 1) (cos 1) 0 (cos 1) 8 cos (cos 1) 1 0x x x x x x ⇔ − + − = ⇔ − + + =  
0,25 
2
cos 1 (3)
(4)8 cos (cos 1) 1 0
x
x x
=
⇔ 
+ + =
(3) 2 ,PT x k k Zπ⇔ = ∈ ; PT(4) vô nghiệm vì 1 cos 1 ,x x R− ≤ ≤ ∀ ∈ nên 28cos (cos 1) 1 0,x x x R+ + > ∀ ∈ 
0,25 
II-2 ĐK: x ≥ 0. Nhận thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình 0,25 
• Nếu x≠0 thì phương trình tương đương với 
2 2( 4) (1 ) ( 4) ( 2) 0x m x x m x+ + − + + + = 
2 24 4
(1 ) 2 0
x x
m m
x x
+ +
⇔ + − + + = (1) 
0,25 
• Đặt 
2 4x
t
x
+
= . Xét hàm số 
2 2
2
4 4
( ) , ( 0) '( ) ; '( ) 0 2
x x
f x x f x f x x
x x
+ −
= > ⇒ = = ⇔ = 
(0; )0
lim ( ) ; lim ( ) min ( ) (2) 4
x xx
f x f x f x f
+ →+∞ ∈ +∞→
= +∞ = +∞ ⇒ = = . Từ đó ta có điều kiện t ≥ 2. 
0,25 
• Phương trình (1) trở thành t2 + (1 – m)t + m + 2 = 0 
2 2
1
t t
m
t
+ +
⇔ =
−
. (2) 
Xét hàm số 
2 2
2
2 2 3
( ) , ( 2) '( ) ; '( ) 0 3
1 ( 1)
t t t t
g t t g t g t t
t t
+ + − −
= ≥ ⇒ = = ⇔ =
− −
Ta có 
[ )2;
(2) 8, (3) 7, lim ( ) min ( ) (3) 7
t t
g g g t g t g
→+∞ ∈ +∞
= = = +∞ ⇒ = = 
Phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn x > 0 khi và chỉ khi phương trình (2) có nghiệm t ≥ 2. Giá trị tham số m cần tìm là : m ≥ 7 
0,25 
III 
Phương trình hoành độ giao điểm 214425 25 144 0 9
25
x x x x x
x
e e e e e
e
− = ⇔ − + = ⇔ =
−
 hoặc 16xe = 
⇔ x = ln9 hoặc x = ln16. 
0,25 
Diện tích hình phẳng là 
ln 1 6 ln 1 6
ln 9 ln 9
1 4 4 1 4 4
2 5 2 5
2 5 2 5
x x x x
x x
S e e d x e e d x
e e
 
= − − = − − 
− − 
∫ ∫ 
0,25 
Đặt 
225 25x xt e e t= − ⇔ = − . Khi x = ln 9 thì t = 4; Khi x = ln16 thì t = 3. Ta có exdx = - 2tdt . Do đó 0,25 
3 3 4 4 3
2 2
2 2
4 4 3 3
4288 288 2 144 5 74 144 4
2 2 ln ln
3(25 ) 25 3 5 5 3 5 9
t t t
S t dt dt t dt dt
t t t t
 −  = − + = + = + = +   − − +   
∫ ∫ ∫ ∫ (đvdt) 0,25 
IV Do (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO⊥(ABCD) 
∆ABD cân có 

060BAD = nên ∆ABD đều cạnh bằng 2a. 
Đặt SO = x (x > 0); 3;AO OC a BO DO a= = = = 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ 
( 3;0;0), (0; ;0), ( 3;0;0), ( ; ;0), (0;0; )A a B a C a D a a S x− − 
3
( ; ;0), (0; ; )
2 2 2 2
a a a x
M 8− − 
3
3 ; ; , ; ;
2 2 2 2
a x a x
A8 a M 8 a
  = − − = −       
 
AN⊥MN ⇔ . 0A8 M8 =
 
 ⇔ x = 2a. 
Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng AM và CD. Khi đó E = NI∩SC và C là trung điểm của DI 
⇒ E là trọng tâm của ∆SDI ⇒ 
1
3
CE
CS
= . 
0,25 
0,25 
0,25 
. .
1 1
( , ( )). ( , ( )).
3 3AD8 MCE 8 AID EMIC AID MIC
V V V d 8 ABCD S d 8 ABCD S= − = − 
31 1 1 5 5 3
. . . . .
3 2 3 3 2 18 9ABCD ABC ABD
SO SO a
S S SO S∆= − = = 
0,25 
V (a3 + ab2 ) + (b3 + bc2) + (c3 + ca2) ≥ 2a2b + 2b2c + 2c2a ⇔ 3(a2 +b2 +c2) = (a +b +c)(a2 +b2+ c2) = (a3 + b3 + c3 + ab2 +bc2+ ca2 ) + 
+a2b + b2c + c2a ≥ 3( a2b + b2c + c2a) ⇒ 2 2 2
2 2 2
4 4
a b b c ca
V T a b c
a b c
+ +
− ≥ + + + −
+ +
. 
0,25 
+0,25 
 Đặt x = a2 + b2 + c2 . Theo BĐT Bunhiacopsky ta có ( )22 2 2 1 3
3
a b c a b c+ + ≥ + + = ⇒ x ≥ 3. 0,25 
2 2 2
2 2 2
9 ( 3)(2 3)
4 4 0 3
2 2
ab bc ca x x x
a b c x x
a b c x x
+ + − − −
+ + + − = + − = ≥ ∀ ≥
+ +
. 
Do đó ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. 
0,25 
VIa-1 
Gọi A(a;2a+1)∈ AA1, B(b ;- 3)∈ BM ⇒ ( ; 2 4)AB b a a= − − −

. Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là (1; 1)du = −

Gọi {N} = d∩AB ⇒ Ν là trung điểm của cạnh AB , ( ; 1)
2
a b
8 a
+
− . Ta có hệ phương trình 
1( 1) 2 0
2
5. 0 2 4 0d
a b8 d aa
bAB u b a a
+∈ =+ − + =  
⇔ ⇔  
= −=   − + + =
  . Hay A(1; 3) , B(- 5; - 3) 
0,25 
Gọi C(t;k) ⇒ ( 5; 3)BC t k= + +

. Một vecto chỉ phương của đường thẳng AA1 là 
1AA
(1;2)u =

. Trung điểm cạnh AC là 
1 3
( ; )
2 2
t k
M
+ +
. Ta có hệ 
1AA
3
73 0
2
9. 0
5 2( 3) 0
kM BM t
kBC u
t k
+∈ =+ =  
⇔ ⇔  
= −=   + + + =
  . Vậy C(7; - 9) 
0,25 
Phương trình đường cao CC1 là: x + y + 2 = 0. Trực tâm H là giao điểm của hai đường cao AA1 và CC1 ⇒ Η(− 1; − 1) 0,25 
VIa-2 (2;4;2), (4;2;2), (2; 2; 4)AB AC BC= = = − −
  
2 6AB AC BC⇒ = = = hay ∆ABC đều. 0,25 
Tâm của tam giác đều ABC là G(3; 1; 0). Gọi d là đường thẳng đi qua G vuông góc với mặt phẳng (ABC). Một vecto chỉ phương của 
đường thẳng d là 
1
, (1; 1;1)
12
u AB AC = − = − 
  
. Phương trình đường thẳng d: 
3 1
1 1 1
x y z− −
= =
−
0,25 
2a A B 
M 
C I 
E 
O 
D 
 
S 
y 
x 
z 
3a
600 
1
, ( 12;12; 12) , 6 3
2ABC
AB AC S AB AC   = − − ⇒ = =   
   
(đvdt) 
Do S.ABC là hình chóp tam giác đều nên S∈ d ⇒ S(3 + t; 1 – t ; t) 
0,25 
.
1
. 6 3
3S ABC ABC
V SG S SG= = ⇒ = ⇔ t2 + (-t)2 + t2 = 3 ⇔ t = ± 1. Hay có 2 điểm S(4; 0 1) và S(2; 2 ; - 1) 0,25 
VIIa 
Áp dụng: 
1 1 1
1 1 1 , , ; 1
( 1) ( 1)
k k k k
n n n nC C C C k n 8 n k
n k n n k k
− + −
− + −= ⇒ = ∀ ∈ ≥ ≥
+ +
 0,25 
( )
6 6 6 6
6 6 6 66 7 8 2008
6 7 8 2008
1
... ...
7.8 8.9 7.8 7.8 56
C C C C
S C C C C= + + + + = + + + + 0,25 
Áp dụng: 
1 1
1 1 1 1, , ; , 1; 1
k k k k k k
n n n n n nC C C C C C k n 8 k n n k
− −
− − − −+ = ⇔ = − ∀ ∈ ≥ ≥ + 0,25 
( ) ( ) ( )
7
7 7 7 7 7 7 7 2009
7 8 7 9 8 2009 2008
1
...
56 56
C
S C C C C C C C = + − + − + + − =  0,25 
Vb-1 
Đường tròn (C) có tâm I(m; - 1), bán kính 
2 16R m= + . 0,25 
Khoảng cách từ tâm I đến đường thẳng ∆ là 
2
1 5
( , ) , 
16
d I R m R
m
∆ = < ∀ ∈
+
0,25 
Gọi H là trung điểm của EF⇒ IH⊥EF. Áp dụng ĐL Pitago cho tam giác IEH ta có 
2 2 2EF ( , )R d I= − ∆ 0,25 
⇔ 2 2
2
1 5
1 6 1 6 1 6 25 3
1 6
m m m
m
= + − ⇔ + = ⇔ = ±
+
 0,25 
Vb-2 Gọi M(a;b;2a + b) ∈(P) và N(4 + c; c; - 3c) ∈ d , (a,b,c ∈ R) 
Một vecto chỉ phương của đường thẳng ∆ là (1;2;2)u∆ =

; ( 4; ; 2 3 )M8 a c b c a b c= − + + − + − − −

 và trung điểm của 
đoạn thẳng MN là 4 2 3; ;
2 2 2
a c b c a b c
I
+ + + + − 
 
 
. 
0,25 
M và N đối xứng với nhau qua đường thẳng ∆ ⇒ 
11( 4) 2( ) 2( 2 3 ) 0
. 0
12 2 3 2
12 4 4
aa c b c a b c
M8 u
ba c b c a b c
I
c
∆
=− + + + − + + − − − = =  
⇔ ⇔ = −  + − + + − +
= =∈ ∆   = 
 
 Hay M(1;- 1; 1), N(5; 1; - 3) 0,25 
Giả sử một vecto chỉ phương của đường thẳng d1 là 1 ( ; ; )u a b c=

. Một vecto chỉ phương của đường thẳng d là (1;1; 3)u = −

. 
Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) là (2;1; 1)n = −

. Từ giả thiết ta có 
1
2 2 2
2 2 21 1
3 0
3. 0
| 2 | 1
2( 2 ) 3(2 10 6 )sin( ,( )) | cos( , ) | 26
a b c
b c au u
a b c
a c a c acd P u n
a b c
+ − = = −=  
⇔ ⇔+ −  = + = + −=   + +
 
  
0,25 
113
20
2 5
2 11 0
2
b c a a ca c
va c
b c
b ca c
= − == 
⇔ ⇔− =  
=  = −− = 
. Hay 1 1
11 5
( ;2 ; ) ( ; ; )
2 2
u c c c v u c c c= = −
 
Có 2 đường thẳng d1 thỏa mãn bài toán là: 
1 1 1
1 2 1
x y z− + −
= = và 
1 1 1
11 5 2
x y z− + −
= =
−
0,25 
VIIb 
Giả sử z = a + bi, (a,b ∈ R). Ta có hệ phương trình 
2 2
2 2 2
| | 1 1
| | 2 | | | ( ) (2 1) | 2
z a b
z i z a b ab i
=  + = 
⇔ 
+ = − + + =  
 0,25 
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
0(2 1) 4 (1 ) 4 1 2
b a b a
aba a a ab
 = −  = −
⇔ ⇔ 
=− + − + + = 
Khi đó các số phức thỏa mãn là: z = - 1; z = 1; z = - i; z = i. 0,25 
Với z = - 1 hoặc z = 1 ta có S = 1006 0,25 
Với z = - i hoặc z = i ta có 
( ) ( )1006 10062 2
2 2
1 1
0
1 1
z i
S
z i
− −
= = =
− −
 0,25