Đề thi thử đại học môn Toán khối A năm học 2010-2011 bao gồm nhiều câu hỏi từ khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân đến hình học không gian. Các thí sinh cần phân tích và ứng dụng kiến thức để giải các bài toán khác nhau dựa trên các tham số cho trước. Đề thi có độ khó đa dạng và yêu cầu khả năng tư duy toán học sâu sắc.

1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010-2011
Môn thi : TOÁN KHỐI A
( Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
Cho hàm số 1)34()1(
3
1 23
 xmxmmxy có đồ thị là (Cm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số khi m=1
2. Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà
tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0.
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2 4 23
sin 4 .sin os 1 os
2
x x c x c x  
2. Giải hệ phương trình
2
3
3
1 4
2 1 log 1
log 3
(1 log )(1 2 ) 2
x
x
y
x
y
y
 
  


  
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân
1 2
2
0 3 2
x dx
I
x x

 

Câu IV. (1,0 điểm)
Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, góc A=600
, chân đường vuông
góc hạ từ B’ xuống đáy ABCD trùng với giao điểm các đường chéo của đáy, cho BB’=a. Tính diện tích
xung quanh và thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’.
Câu V. (1,0 điểm)
Tùy theo tham số m, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=
2 2
( 2 1) (2 3)x y x my     . Với
,x y 
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. (2,0 điểm)
1. Tìm trong mặt phẳng 0xy những điểm mà không có đường thẳng nào của (d):(m2
-1)x+2my+1-
m=0 đi qua.
2. Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng ( ) : 1 2d x y z   
và tiếp xúc với mặt cầu tâm I(1;2;-1) bán kính 2R  .
Câu VIIa. (1,0 điểm)
Chứng minh rằng 2
2
1
22 1
n
n
n
C
n


với , 1n n   . Trong đó 2
n
nC là số tổ hợp chập n của 2n phần
tử.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng 0xy chứng minh rằng đường tròn 2 2 2 2
( ): 2 4 4 0mC x y m x my m     luôn
tiếp xúc với 2 đường cố định mà ta phải chỉ rõ.
2. Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa
1 2
( ) :
1 1 2
x y z
d
 
 
 
và tạo với
trục Oy một góc lớn nhất.
Câu VIIb. (1,0 điểm)
Định m để bất phương trình9 .3 3 0x x
m m    có ít nhất một nghiệm.
.........................….. Hết …..........................
§Ò chÝnh thøc

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
ĐÁP ÁN
CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN
Câu ý Đáp án Điểm
Câu I
(2,0)
1.
(1,0)
Khi m =1 31
1
3
y x x  
Tập xác định:  .
Chiều biến thiên:
2
y' x 1   y’>0 x 
x
lim y

  ,
x
lim y

 
Bảng biến thiên:
0,5
+ Hàm số luôn đồng biến trên 
+ Hàm số có không cực đại và cực tiểu tại.
0,25
Đồ thị:
Đồ thị giao với Oy tại (0;1)
0,25
2.
(1,0)
Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc là
1
2
 nên hệ số góc của tiếp
tuyến cần tìm là k=2. Lúc đó nếu x là hoành độ tiếp điểm thì
2 2
f '(x) 2 mx 2(m 1)x (4 3m) 2 mx 2(m 1)x 2 3m 0 (1)            
Bài toán trở thành tìm tất cả các m sao cho phương trình (1) có đúng một
nghiệm âm.
0,25
Nếu m=0 thì (1) 2 2 1x x      loại 0,25
Nếu 0m  thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là
2 3
1 hay x=
m
x
m

 0,25
do đó để có một nghiệm âm thì
0
2 3
0 2
3
m
m
m m

  
 

Vậy
2
0 hay
3
m m  thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm
thỏa yêu cầu đề bài
0,25
Câu II
1.
(1,0)
Phương trình tương đương với 2 2 2 3
(1 os ) os 1 sin 4 .sin
2
c x c x x x  
2 21 3
1 sin 2 sin 4 .sin
4 2
x x x  
0,5
x
y’
y
-
1
0 x
y
+
-
+
+

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
(2,0)
Vậy phương trình có nghiệm khi 2
sin 2 0
3
sin 4 .sin 1
2
x
x x




0,25
sin 2 0
3
0.sin 1
2
x
x




hệ vô nghiệm tức phương trình vô nghiệm 0,25
2.
(1,0)
Điều kiện 0 1y  và 3
2 1 à log 1x
v y 
và nên đặt 3
2 s à log sx
co v y co   với , [0; ]   thì sẽ đưa đến hệ
2 2
1 s s 1 s s 1
(1 s )(1 ) 2
co co co co
co cos
   
 
    

  
sin s sin s 1
(1 s )(1 ) 2
co co
co cos
   
 
 
 
  
0,25
sin( ) 1
2
(1 s )(1 ) 2
sin s sin cos 1 0
co cos
co

   
 
   

    
  
       
0,25
Đặt
2
1
sin cos , 2 sin .cos
2
t
t t   

     thì được phương trình
2
21
1 0 2 3 0 1
2
t
t t t t

         (loại t=-3)
0,25
Với t=1 tức 2 sin 1 0
4 2
 
  
 
      
 
(loại   ) tức
3
02 1
1log 0
x
x
yy
 
 
 
So với điều kiện ban đầu loại, nên hệ vô nghiệm.
0,25
Câu III
(1,0)
1 1 12 2 2
2 2 2 2
0 0 03 2 4 ( 2 1) 2 ( 1)
x dx x dx x dx
I
x x x x x
  
      
   0,25
Đặt x-1=2cost dx=-2sintdt với [0; ]t 
khi
2
0
3
x t

   và 1
2
x t

   thì đưa đến tích phân
2
2 232
2 2
2
3 2
(1 2cos ) 2sin (1 4cos 4cos )2sin
4 (2cos ) 2 1 cos
t tdt t t tdt
I
t t

 
  
  
 
 
0,25
 
2 2
23 3
2 2
(1 2cos ) 2sin
1 4cos 2(1 cos2 )
2sin
t tdt
I t t dt
t
 
 

     
 
2
3
2
3 4cos 2cos2t t dt


 
2
3
2
(3 4sin sin 2 )t t t

   
3 3
4
2 2

 
0,5

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
CâuIV
(1,0) (1,0)
Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC,BD, và I là trung điểm BC.
+ Kẽ B’K  BC thì OK  BC (Định lý 3 vuông góc), Thì K là trung điểm
của BI 
4
a
BK 
+ Với Tam giác vuông BB’K có
2
2 2 2 15
' '
4 4
a
B K B B BK a a
 
     
 
0,25
+ Vậy diện tích mặt bên BB’C’C là
2
' '
15
' .
4
BB C C
a
S B K BC 
+ Hoàn toàn tương tự diện tích các mặt đều bằng nhau nên
2
2
' '
15
4 4 15
4
xq BB C C
a
S S a 
0,25
+ Do BDC là tam giác đều cạnh a nên
2 2
DB a
OB   .
+ Và
2
2 2 2 3
' '
2 2
a
B O B B OB a a
 
     
 
0,25
3
1 1 3 3
. . ' 3. .
2 2 2 4
a
V AC BD OB a a a   0,25
Câu V
(1,0) (1,0)
Ta nhận thấy
2
( 2 1) 0x y   và
2
(2 3) 0x my   , 0x y P   
2 1 0
0
2 3 0
x y
P
x my
  
  
  
tức P=0 khi và chỉ khi hệ phương trình trên có
nghiệm
2 1 0 2 1
2 3 0 2 3
x y x y
x my x my
      
 
      
có
1 2
4
2
m
m

 

0,25
0 4 0 4D m m      thì hệ có duy nhất nghiệm tức P=0 xảy ra. 0,25
0 4 0 4D m m      thì hệ sẽ là
2 1 0
2 4 3 0
x y
x y
  

  
vô nghiệm nên
minP>0.
Đặt t=x-2y thì ta có
   
2
2 2 2 2 14 49 49 7 1
P 1 2 3 5 14 10 5 10 5
5 25 5 5 5
t t t t t t t
   
                 
   
Vậy min
1
5
P  khi
7 7
2 0
5 5
t hay x y    
0,5
K

5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Kết luận min
1
5
P  khi m=4 hay minP=0 khi 4m 
Câu
VI.a
(2,0)
(1,0)
+ Giả sử có điểm ( ; )S a b ( ),d m  thì 2
( 1) 2 1 0,m a mb m m      hay
2
( 1) 2 1 0m a mb m     2
(2 1) 1 0am b m a      (2) vô nghiệm m
0,25
+ Nếu a=0 thì (2) sẽ là (2b-1)m+1=0 vô nghiệm khi
1
2
b  tức
1
0; ( )
2
S d
 
 
 
0,25
+ Nếu 0a  thì (2) vô nghiệm khi và chỉ khi 2
(2 1) 4 (1 ) 0b a a   
2 2 2 21 1 1
4 4 (2 1) 0 ( ) ( )
2 2 4
a a b a b          vậy những điểm nằm
trong đường tròn cố định tâm
1 1
;
2 2
I
 
 
 
bán kính
1
2
R  thì (d) không qua
0,25
Kết hợp cả 2 ta có đường thẳng (d) không đi qua những điểm nằm trong
đường tròn tâm
1 1
;
2 2
I
 
 
 
bán kính
1
2
R  . 0,25
(1,0)
Mặt phẳng chứa đường thẳng (d) có phương trình là
( 1) ( 2) 0m x y n x z      (với
2 2
0m n  ) ( ) 2 0m n x my nz n m      
0,25
Để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu thì ( , )d I P R
2 2 2
2 2
2
( ) ( ) ( )
m n m n n m
m n m n
    
 
     2 2
2 4
2
2 2 2
m n
m mn n
 
 
  
0,25
2 2 2
0
( 2 4 ) 2(2 2 2 ) 2 (3 5 ) 0 5
3
n
m n m mn n n n m m
n

          
 

0,25
+ Khi 0n  chọn m=1 được phương trình x-y-1=0,
+ Khi
5
3
m
n  thì chọn 3 5m n   được phương trình 8x-3y-5z+7=0
0,25
Câu
VII.a
(1,0)
Chứng minh rằng 2
2
1
22 1
n
n
n
C
n


với , 1n n   .
Biến đổi vế phải ta được 2
2 2
(2 )! 1.3.5...(2 1)
2 2 . !. ! 2.4.6...(2 )
n
n
n n
C n n
n n n

 
vì vậy phải chứng minh
1 1.3.5...(2 1)
2.4.6...(2 )2 1
n
nn



0,5
Mà
   
2 2
2 2
2 1 2 12 1 2 1
, , 1
2 2 14 4 1
k kk k
k k
k kk k
  
     


Chọn k lần lượt từ 1,2,…,n rồi nhân các bất đẳng thức vế theo vế ta được
đpcm.
0,5
Câu
VI.b
(2,0)
(1,0)
Ta thấy đường tròn ( )mC có tâm I(m2
;2m) và bán kính 2
0; 0R m m   
0,25
Vậy bán kính R bằng hoành độ tâm I nên ( )mC tiếp xúc với trục Oy tại H.
0,25
Ta có quỹ tích tâm I của đường tròn là parabol (P): y2
=4x có tiêu điểm F(1;0)
và đường chuẩn (D): x+1=0
+ IH vuông góc với đường chuẩn (D) tại K
+ IF cắt ( )mC tại J
0,5

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
+ Ta có IF=IK và IJ=IH nên IF-IJ=IK-IH tức FJ=HK=1
+ Vậy J nằm trên trên đường tròn (L) cố định tâm F bán kính FJ=1 và
( )mC tiếp xúc với (L)
(1,0)
Mặt phẳng (P) chứa đường (d) nên có phương trình m(x+y+1)+n(2y-z+4)=0
với m2
+n2
>0; và trục Oy có vectơ chỉ phương (0;1;0)a 
 0,25
+ Nếu m=0 thì mặt phẳng (P):2y-z+4=0 thì góc (( ), )P Oy  có
2
sin
5
 
+ Nếu 0m  thì có thể giả sử m=1 thì (P): x+(1+2n)y-nz+1+4n=0
2 2 2 2
1 2 1 2
sin
1 (1 2 ) ( ) 5 4 2
n n
n n n n

 
  
     
0,25
Nhận xét  lớn nhất khi và chỉ khi sin lớn nhất
2
2
2
(1 2 )
sin ( )
5 4 2
n
f n
n n


  
 
0,25
2
2 2
5
2 (2)
64 6 4
'( ) 0
1 1(5 4 2)
0
2 2
n f
n n
f n
n n
n f

    
  
           
và
4
lim ( )
5n
f n


Vậy sin lớn nhất khi n=2 do đó mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0
0,25
Câu
VII.b
(1,0)
(1,0)
Đặt 3 0x
t  thì bất phương trình là 2
3 0t mt m   
2
3
; 0
1
t
m t
t

   

0,25
Vậy bất phương trình có ít nhất một nghiệm tức tồn tại ít nhất một giá trị t>0
sao cho đồ thị hàm
2
3
1
t
y
t



nằm dưới đường thẳng y=m
0,25
Mà
2
3 4
1
1 1
t
y t
t t

   
 
2
2 2
4 2 3
' 1
( 1) ( 1)
t t
y
t t
 
   
 
2
2
12 3
' 0 0
3( 1)
tt t
y
tt
 
        
(loại t=-3)
0,25
Lập bảng biến thiên ta thấy hàm
2
3
1
t
y
t



nhận giá trị [2; ); 0t  
Vì vậy để bất phương trình có ít nhất một nghiệm là 2m 
0,25
…..Hết…..