Đề thi thử Đại học môn Toán

1. TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1)
MÔN THI: TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 8 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số )1(3 23
mxxxy +−=
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại,
cực tiểu của đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đường thẳng d: x – 2y – 5 = 0.
Câu II: (3 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
⎩
⎨
⎧
++=++
+=++
1
21
22
2222
yxyxyyxx
xyyxyx
2. Giải bất phương trình: 0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx
≥
−
−−−+
3. Giải phương trình: xx
xx
2sin
2
1
cos2)
2
cos
2
(sin3 33
+=−
Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần
lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt
phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: 2
2
0
1cos2
lim
2
x
xx
x
−
→
Câu V: ( Cho a, b, c là những số1 điểm) thực dương thoả mãn: . Chứng minh3222
=++ cba
7
4
7
4
7
4111
222
+
+
+
+
+
≥
+
+
+
+
+ cbaaccbba
PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc Phần 2
PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn)
Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) và
đường tròn (C): . Gọi V(A, k) là phép vị tự tâm A tỉ số k sao cho V(A, k) biến
đường tròn (C) thành đường tròn (C’) đi qua B. Tính diện tích ảnh của tam giác OAB qua V(A, k).
2)1()2( 22
=−+− yx
Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển n
n
n
xaxaxaa
x
++++=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+ ....
32
1 2
210 . Tìm số lớn nhất trong
các số biết rằng n là số tự nhiên thỏa mãn .naaaa ,...,,, 210 110252 111222
=++ −−−− n
nn
n
n
n
n
n
nn CCCCCC
PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao)
Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích
bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03:1 =−− yxd và . Trung điểm
của một cạnh là giao điểm của d
06:2 =−+ yxd
1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số
1
232 2
−
+−
=
x
xx
y có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao
cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất.
----------------***Hết***----------------
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V.
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

2. TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN
1)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
- Nếu học sinh làm cả hai phần trong phần riêng thì không tính điểm phần tự chọn.
- Thí sinh dự thi khối B, D không phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 và câu III là
1,5 điểm.
Câu Nội dung Điểm
I.1 Khảo sát hàm số ... 1,00
* Với m = 0 thì 23
x3xy −=
1. Tập xác định: R
2. Sự biến thiên:
a) Giới hạn: +∞=−=−∞=−=
+∞→+∞→−∞→−∞→
)x3x(limylim,)x3x(limylim 23
xx
23
xx
0,25
b) Bảng biến thiên: y’=3x2
– 6x, y’ = 0 ⇔ x = 0, x = 2.
x - 0 2 +∞ ∞
y' + 0 - 0 +
y
0 +∞
∞- - 4
0,25
- Hàm số đồng biến trên (-∞ ; 0) và (2; +∞ ), nghịch biến trên (0; 2)
1
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 4.
0,25
3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 0), giao với trục hoành tại (0; 0),(3; 0).
Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng
0,25
I.2 Tìm giá trị của tham số m ... 1,00
Ta có mx6x3'y,mxx3xy 223
+−=+−=
Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu là y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt
3m0m39' <⇔>−=Δ⇔
0,25
Ta có: m
3
1
x2m
3
2
'y
3
1
x
3
1
y +⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=
Tại các điểm cực trị thì y’ = 0, do đó tọa độ các điểm cực trị thỏa mãn phương trình
m
3
1
x2m
3
2
y +⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−= . Như vậy đường thẳng Δ đi qua các điểm cực trị có phương
trình m
3
1
x2m
3
2
y +⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−= , nên nó có hệ số góc k1 = 2m
3
2
−
0,25
Ta có d: x – 2y – 5 = 0
2
5
x
2
1
y −=⇔ suy ra d có hệ số góc k2 =
2
1
Để hai điểm cực trị đối xứng qua d thì ta phải có d ⊥ Δ,
0,25
x
y
32O
-4
-2
1
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

3. 0m12m
3
2
2
1
1kk 21 =⇔−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔−=suy ra
+) Với m = 0 thì đồ thị có hai điểm cực trị là (0; 0) và (2; - 4), nên trung điểm của
chúng là I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, do đó hai điểm cực trị đối xứng với nhau qua d. 0,25
Vậy: m = 0
Giải hệ phương trình đại số...II.1 1,00
⎩
⎨
⎧
=++−
=+−
⇔
⎩
⎨
⎧
++=++
+=++
1xy)xy1)(yx(
1yx)yx(
1yxyxyyxx
xy21yxyx 222
22
2222
0,25
Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ
⎩
⎨
⎧
=++
=+
1v)v1(u
1vu 22
⎩
⎨
⎧
=++
=−+
⇔
1uvvu
1uv2)vu( 2
Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện ta có hệ phương trình)P4S2
≥ 0,25
⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔=−+⇒
3S
1S
03S2S2
⎩
⎨
⎧
−=
=−−
⇔
⎩
⎨
⎧
=+
=−
S1P
1)S1(2S
1PS
1P2S 22
2
+) Với S = 0 hoặc0P =⇒
⎩
⎨
⎧
=
=
⇒
⎩
⎨
⎧
=
=+
⇒
1v
0u
0uv
1vu
⎩
⎨
⎧
=
=
0v
1u
- Nếu
⎩
⎨
⎧
−==
==
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=−
⇒
⎩
⎨
⎧
=
=
1yx
1yx
1xy
0yx
1v
0u
- Nếu
⎩
⎨
⎧
−=
=
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=−
⇔
⎩
⎨
⎧
=
=
1y
0x
hoÆc
0y
1x
0xy
1yx
0v
1u
0,25
+) Với S = - 3 (loại)P4S4P 2
<⇒=⇒
0,25
( ) ( ) )1;0(),0;1(,1;1,1;1)y;x( −−−=Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm
Giải bất phương trình logarit...II.2
0
2xlog
)82)(3x2(
0
2xlog
)3x(82).11x(4
2
xx
2
xx
≥
−
−−+
⇔≥
−
−−−+
(1) 0,25
+) Xét , f’(x) = nên f(x) đồng biến trên .R3x2)x(f x
−+= x,012ln2x
∀>+
f(1) = 0.
0,25
+) Xét g(x) = 2x
– 8, g(x) đồng biến trên , g(3) = 0.
+) Xét h(x) = , h(x) đồng biến trên (0; + ∞), h(4) = 0.
R
2xlog2 −
Bảng xét dấu vế trái của (1)
x 0 1 3 4 + ∞
2x
+ x - 2 - 0 + | + | +
2x
- 8 - | - 0 + | +
log2x - 2 - | - | - 0 +
VT - 0 + 0 - || +
0,25
Theo bảng xét dấu, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = );4(]3;1[ +∞∪ 0,25
Giải phương trình lượng giác...II.3 1,00
( ) xcosxsin2
2
x
cos
2
x
sin1
2
x
cos
2
x
sin3 +=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔x2sin
2
1
xcos2)
2
x
cos
2
x
(sin3 33
+=−
0,25
( ) ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔
2
x
sin
2
x
cos
2
x
sin
2
x
cosxsin2xsin
2
1
1
2
x
cos
2
x
sin3
0
2
3
2
x
cos
2
x
sin)xsin2(
2
x
sin
2
x
cos =⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+++⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−⇔ 0,25
x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
π π π⎛ ⎞
− = ⇔ − = ⇔ − = π ⇔ = + π ∈⎜ ⎟
⎝ ⎠
Z*
0,25
* (vô nghiệm)2xsin0xsin2 −=⇔=+
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

4. 22
3
4
xsin
2
3
42
x
sin2
2
3
2
x
cos
2
x
sin −=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ π
+⇔−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ π
+⇔−=+* (vô nghiệm)
Vậy nghiệm của phương trình là:
0,25
( )x k2 k
2
π
= + π ∈Z
Tính thể tích khối chóp...III 1,00
3
Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. Gọi I là trung điểm của MN
suy ra SI ⊥ MN và AI ⊥ MN. Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN).
Do đó MN.AI.SI
6
1
S.SI
3
1
V AMNAMN.S ==
0,25
Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam
giác ASK cân tại A. Do đó
2
3a
AKSA ==
0,25
MN =
4
a
MN
2
1
NI,
2
a
BC
2
1
=== ,
4
3a
2
SA
2
SC
SN ===
4
2a
16
a
16
a3
NISNSI
22
22
=−=−=
0,25
4
10a
8
a
4
a3
SISAAI
22
22
=−=−= . Vậy
96
5a
2
a
4
10a
4
2a
6
1
V
3
AMN.S == 0,25
Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức:
4
1
SC
SN
.
SB
SM
.
SA
SA
V
V
ABC.S
AMN.S
==
IV Tính giới hạn..... 1,00
2
2
0x2
2x
0x2
2x
0x x
xcos1
lim
x
xcos)12(
lim
x
1xcos2
lim
22
−
−
−
=
−
→→→
0,50
12ln
x
xsin
limxcoslim
2lnx
1e
lim.2ln
2
0x
2
0x2
2lnx
0x
2
−=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
−
=
→→→
0,50
V Chứng minh bất đẳng thức... 1,00
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:
yx
4
y
1
x
1
4
y
1
.
x
1
2.xy2
y
1
x
1
)yx(
+
≥+⇒=≥⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++ (*),
Áp dụng (*) ta có:
cb2a
4
cb
1
ba
1
++
≥
+
+
+
;
c2ba
4
ac
1
cb
1
++
≥
+
+
+
cba2
4
ba
1
ac
1
++
≥
+
+
+
c2ba
2
cb2a
2
cba2
2
ac
1
cb
1
ba
1
++
+
++
+
++
≥
+
+
+
+
+
⇒ (1)
0,25
S
A
C
B
M
N
I
K
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

5. Mặt khác ta lại có
0,25
( ) ( ) ( ) )cba2(21.c21.b22.a221c1b2a2 222222
++=++≥+++++
7a
2
cba2
1
)cba2(27a)cba2(24cba2 2
2222
+
≥
++
⇒++≥+⇒++≥+++⇒
7b
2
aca2
1
2
+
≥
++ 7c
2
bac2
1
2
+
≥
++
Tương tự: ; 0,25
4
7c
2
7b
2
7a
2
c2ba
1
cb2a
1
cba2
1
222
+
+
+
+
+
≥
++
+
++
+
++
⇒ (2)
7c
4
7b
4
7a
4
ac
1
cb
1
ba
1
222
+
+
+
+
+
≥
+
+
+
+
+
Từ (1) và (2) ta suy ra:
0,25
Dấu ‘’=’’ xảy ra 1cba ===⇔
Tính diện tích ảnh của tam giác qua phép vị tự ...VIa.1 1,00
Do B∈ (C’) nên tồn tại M(x; y)∈(C) sao cho B là ảnh của M qua V(A; k), suy ra
AMkAB = . Do A , nên kB≠ 0≠
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
+
=
=
⇒
⎩
⎨
⎧
−=−
−=−
⇒
k
k24
y
1x
)2y(k26
)1x(k11 0,25
21
k
k24
)21(2)1y()2x(
2
222
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
+−⇒=−+−Do M thuộc (C) nên
2kk)k4( 22
−=⇔=+⇔ .
0,25
+) Đường thẳng AB có phương trình x - 1 = 0, dó đó d(O, AB) = 1
0,25
21.4
2
1
)AB,O(d.AB
2
1
SOAB ===Độ dài AB = 4. Suy ra .
Ảnh của tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = .S = 2.2− 0,25OAB
VII.a Tìm số lớn nhất trong các số .... 1,00naaaa ,...,,, 210
Ta có 221
n
2
n
1n
n
1
n
1n
n
2n
n
2n
n
2
n 105)CC(11025CCCC2CC =+⇔=++ −−−−
⎢
⎣
⎡
−=
=
⇔=−+⇔=+
−
⇔=+
)i¹lo(15n
14n
0210nn105n
2
)1n(n
105CC 21
n
2
n
0,25
∑∑ =
−−
=
−
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+
14
0k
kk14kk
14
14
0k
kk14
k
14
14
x.3.2C
3
x
2
1
C
3
x
2
1
Ta có khai triển
0,25
Do đó k14kk
14k 3.2Ca −−
=
)1k(3
)k14(2
32C
32C
a
a
k14kk
14
1k13k1k
14
k
1k
+
−
== −−
−−−+
+
Ta xét tỉ số .
0,25
5k1
)1k(3
)k14(2
1
a
a
k
1k
<⇔>
+
−
⇔>+
4≤. Do k ∈ , nên k .
5k1
a
a
,5k1
a
a
k
1k
k
1k
=⇔=>⇔< ++
Tương tự
0,25Do đó 14765410 a...aaaa...aa >>>=<<<<
và aDo đó a5 6 là hai hệ số lớn nhất
62208
1001
32Caa 595
1465 === −−
Vậy hệ số lớn nhất là
Thi th Đ i h c www.toanpt.net

6. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật...VIb 1,00
Ta có: . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:Idd 21 =∩
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔
⎩
⎨
⎧
=−+
=−−
2/3y
2/9x
06yx
03yx
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
3
;
2
9
I. Vậy
0,25
Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1 ∩=⇒
Suy ra M( 3; 0)
23
2
3
2
9
32IM2AB
22
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−==Ta có:
22
23
12
AB
S
AD12AD.ABS ABCD
ABCD ===⇔==Theo giả thiết:
0,25
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d ADd1 ⊥⇒1
)1;1(nĐường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d nhận1 làm VTPT
nên có PT:
5
03yx0)0y(1)3x(1 =−+⇔=−+− . Lại có: 2MDMA ==
( )⎪⎩
⎪
⎨
⎧
=+−
=−+
2y3x
03yx
22
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:
( ) ( ) ⎩
⎨
⎧
±=−
−=
⇔
⎩
⎨
⎧
=−+−
+−=
⇔
⎩
⎨
⎧
=+−
+−=
⇔
13x
x3y
2)x3(3x
3xy
2y3x
3xy
2222
0,25
⎩
⎨
⎧
=
=
⇔
1y
2x
hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)
⎩
⎨
⎧
−=
=
1y
4x
Do ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
2
3
;
2
9
I là trung điểm của AC suy ra:
⎩
⎨
⎧
=−=−=
=−=−=
213yy2y
729xx2x
AIC
AIC
0,25
Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)
Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) ....VIIb 1,00
1x
1
1x2y
−
+−= 0
1x
1
lim)]1x2(y[lim
xx
=
−
=−−
±∞→±∞→
+) Ta có . . Do đó (C) có
tiệm cận xiên y = 2x – 1.
−∞=
−
+−
+∞=
−
+−
−+
→→ 1x
2x3x2
lim;
1x
2x3x2
lim
2
1x
2
1x
0,25+) . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1
⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
+−=⇒∈
1x
1
1x2;xM)C(
0
00+) Gọi M , 1x0 ≠
Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là
1x5
1
1x
12
1
1x
1
1x2x2
1xd
0
0
22
0
00
0
−
+−=
+
−⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−
+−−
+−=
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có
4
0
0
5
2
1x5
1
1x2d =
−
−≥ 4
5
2
d =
40
0
0
5
1
1x
1x5
1
1x ±=⇔
−
=− 0,25⇒ khi
5
5
2
1;
5
1
1M;5
5
2
1;
5
1
1M 4
44
4
44 ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
−−−=⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
+++=Vậy d nhỏ nhất khi 0,25
Thi th Đ i h c www.toanpt.net