Đề thi thử Đại học môn Toán

1. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010
MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút)
ĐỀ CHÍNH THỨC
I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh
Câu I(2 điểm) :Cho hàm số 3 2
y x 2mx (m 3)x 4     có đồ thị là (Cm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 2.
2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (  ) có phương trình x-y + 4 = 0. Tìm m để (  ) cắt (Cm) tại ba
điểm phân biệt A, B, C ( với xA = 0) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4.
Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 2
3 2 sin 2 1
1 3
2cos sin 2 tanx

   
x
x x
.
b.Giải hệ phương trình :
3 2
4 3 2 2
x y x xy 1
x x y x y 1
    

  
Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau:
π
2
20
dx
I
cos x 3cos x 2

  .
Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng / / /
ABC. A B C có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a .Gọi
E là trung điểm của /
BB .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn /
AA sao cho khoảng cách từ F đến C/
E là
nhỏ nhất.
Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn:
1 1 1
1  
a b c
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2
b c c a a b
T
a b c
  
  
II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: ( 2 điểm)
1/.Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân giác trong
CD: 1 0x y   . Viết phương trình đường thẳng BC.
2/. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d :
x 1 2t
y t
z 1 3t
 


  
.
Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIa:( 1 điểm)
Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng
trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P




  

 
Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu VIb:( 2 điểm)
1/. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( )0;2(),0;
4
1
C
2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P)
qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
Câu VII:( 1 điểm)
Giải hệ phương trình :
  2 2
3 3
2 2
2 2
log log
4
     


  
y x y x x xy y
x y
..............Hết...............
Ghi chú :-Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

2. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu ĐÁP ÁN Điểm
Ia -Tập xác định , tính y/
-Nghiệm y/
và lim
-Bảng biến thiên
-Đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
Ib PT hoành độ giao điểm : 3 2
x 2mx (m 3)x 4 x 4      (1)
2
x(x 2mx m 2) 0    
2
x 0
g(x) x 2mx m 2 0 (2)

 
    
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt
khác 0.
/ 2
m 1 m 2m m 2 0
(a)
m 2g(0) m 2 0
       
  
    
Δ
Diên tích
1
S BC.d(E,BC)
2

Khoảng cách d(E,BC) 2
Suy ra BC = 4 2
2
B C B C(x x ) 4x x 16  
2
4m 4(m 2) 16  
Giải pt m = 3, m = -2 (loại)
0,25
0,25
0,25
0,25
II a
. Đk:
2
x k


Phương trình đã cho tương đương với:  23 2
1 3
2 sin 2
   tan cotx x
x
2 2
2
2
2(sin cos )
3 3 2
sin cos
3 2 3 0

   
   
tan cot
tan tan
x x
x x
x x
x x

3
3
1
3 6
              
tan
tan
x x k
x
x k
,kZ
KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :
6 2
 
 x k ; kZ
0,25
0,25
0,25
0,25
IIb.
Hệ tương đương :
3
2 3
x y x(y x) 1
[x(y x)] x y 1
    

  
Đặt
3
u x y,v x(y x)  
Hệ trở thành 2
u v 1
u v 1
  

 
Giải hệ
u 0
v 1


 
,
u 3
v 2
 


Với
u 0
v 1


 
giải hệ được
x 1
y 0
 


Với
u 3
v 2
 


giải hệ (vô nghiệm)
0,25
0,25
0,25

3. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
Nghiệm của hệ :
x 1
y 0



,
x 1
y 0
 


0,25
III π π
2 2
0 0
1 1
I dx dx
1 cos x 2 cos x
 
  
Tính
π π
2 2
0 0 2
dx dx
1
x1 cosx 2cos
2
 
 
Tính
2
π π
2 2
0 0 2
x
1 tan
dx 2 .dx
xcos x 2 3 tan
2


 
  .
Đặt 2 2x x 3
tan 3 tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt
2 2 2
    
 x = 0 => t = 0
x =
π
2
=> t =
π
6
2
π π
2 2
0 0 2
x
1 tan
dx 2 .dx
xcos x 2 3 tan
2


 
  =
π
6
0
2
dt
3
 =
π
3 3
Vây
π π
2 2
0 0
1 1
I dx dx
1 cos x 2 cos x
 
   = 1 -
π
3 3
0,25
0,25
0,25
0,25
IV + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO; BOy; A/
Oz.
Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A/
(0;0;2a),, / 3
; ;2
2 2
 
  
 
a a
C a và E(0;a;a)
F di động trên AA/
, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a]
Vì C/
E có độ dài không đổi nên d(F,C/
E ) nhỏ nhất khi /
ΔFC E
S nhỏ nhất
Ta có : /
/1
,
2
 
 FC E
S EC EF
Ta có:
 
/ 3
; ;
2 2
EF 0; ;
 
   
 
  
a a
EC a
a t a
/
,  
 
EC EF ( 3 ; 3( ); 3)
2
a
t a t a a

 
/ 2 2 2
, ( 3 ) 3( ) 3
2
      
 
a
EC EF t a t a a
/
2 2
2 2
ΔFC E
a
4t 12at 15a
2
1 a
S . . 4t 12at 15a
2 2
  
  
Giá trị nhỏ nhất của /
FC E
S tùy thuộc vào giá trị của tham số t.
Xét f(t) = 4t2
 12at + 15a2
f(t) = 4t2
 12at + 15a2
(t [0;2a])
f '(t) = 8t 12a
3
'( ) 0
2
a
f t t  
/
FC E
S nhỏ nhất  f(t) nhỏ nhất 
3
2

a
t  F(0;0;t) , hay FA=3FA/
0,25
0,25
0,25
0,25
z
x C
C
/
F
A
A
/
B
/
B
E

4. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
( có thể giải bằng pp hình học thuần túy )
V
Đặt
1
x
a
 ,
1
y
b
 ,
1
z
c
 .vì
1 1 1
1  
a b c
nên x +y +z = 1
Và 2 2 21 1 1 1 1 1
( ) ( ) ( )     T x y z
y z z x x y
+) Aùp dụng BĐT C.S ta có:
   2
1 ( )x y z
2
x y z
. y z . z x . x y
y z z x x y
 
         
2 2 2 2 2 2
x y z x y z
(2x 2y 2z) 2( )
y z z x x y y z z x x y
 
        
      
+) Ta có:  
2 2
2 1 1 1 1 4
( )
 
     
  
x x
x y z
y z y z y z y z
Tương tự ...
Do đó
2 2 2
x y z
T 4
y z z x x y
 
   
   
2
Đẳng thức xảy ra khi
1
3
  x y z hay 3  a b c
0,25
0,25
0,25
0,25
VIa:1
Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 1 0x y   và phân giác trong CD:
1 0x y   . Viết phương trình đường thẳng BC.
Điểm  : 1 0 ;1C CD x y C t t      .
Suy ra trung điểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
  
 
 
.
Điểm  
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
  
             
 
Từ A(1;2), kẻ : 1 0AK CD x y    tại I (điểm K BC ).
Suy ra    : 1 2 0 1 0AK x y x y        .
Tọa độ điểm I thỏa hệ:  
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
  

  
.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của  1;0K  .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y

    
 
0,25
0,25
0,25
0,25
VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương
trình
x 1 2t
y t
z 1 3t
 


  
. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách
từ d tới (P) là lớn nhất.
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách
giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P).
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH  => HI lớn nhất khi IA 
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
)31;;21( tttHdH  vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0.  uuAHdAH là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3(  AHH
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
0,25
0,25
0,25

5. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
0,25
VIIa Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông
hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
2 2 1
3
1
9 19
2 2
720
m
m n m
n
C C A
P




  

 
<=>









720
2
19
2
9
1
12
3
2
n
mn
m
m
P
AcC
Từ (2): 761!6720)!1(  nnn Thay n = 7 vào (1)
m(m 1) 9 19
45 m
2 2 2

   
2
m m 90 9 19m     2
m 20m 99 0    119  m vì 10 mm
Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít
nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 1575. 2
10
3
7 CC cách
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 350. 1
10
4
7 CC cách
TH3: 5 bông hồng nhung có: 215
7 C cách
có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
Số cách lấy 4 bông hồng thường
%45,31
6188
1946
61885
17


P
C
0,25
0,25
0,25
0,25
VIb1
Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( )0;2(),0;
4
1
C
Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A
khi và chỉ khi
2
2
22
91 3
44
2 4 3
81 225
9
316 16 4 1 6 3 1.
416 9 25
d
DB AB
DC AC d
d d d
Đường thẳng AD có phương trình:
2 3
3 6 3 9 1
3 3
x y
x y x y ,
và đường thẳng AC:
2 3
3 6 4 12 3 4 6 0
4 3
x y
x y x y
Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là
1 b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng
b nên ta có:
2 2
3 1 4 6
3 5 ;
3 4
4
) 3 5 ;
3
1
) 3 5 .
2
b b
b b b
a b b b
b b b b
Rõ ràng chỉ có giá trị
1
2
b là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn
0,25
0,25
0,25

6. Thi thử Đại học môn Toán toanpt.net
nội tiếp ABC là:
2 2
1 1 1
2 2 4
x y .
0,25
VIb2 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt
phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1
x y z
P
a b c
   
Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
   
   
Ta có:
4 5 6
1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c

  

  
  



77
4
77
5
77
6
a
b
c









 ptmp(P)
0,25
0,25
0,25
KL:
0,25
VII b
Giải hệ phương trình :
    2 2
3 3
2 2
2 2
log log . *
4
     


  
y x y x x xy y
x y
Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : 0
4
3
2
2
2
22






 y
y
xyxyx yx, >0
Xét x > y 3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y

   

(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
Xét x < y 3 3
2 2
VT(*) 0
log log
VP(*) 0
x y

   

(*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm.
Khi x = y hệ cho ta 2 2
0 0
2 2 4x y


 
 x = y = 2 ( do x, y > 0).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất    ; 2; 2x y 
0,25
0,25
0,25
0,25