ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
Môn Toán – ĐỀ 01
(180 phút không kể phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
2 1y x mx m= − + −
(1) , với
m
là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
1m =
.
2. Xác định
m
để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị
tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
1
.
Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình tan
4
x +1 =
2
4
(2 sin 2 )sin 3
os
x x
c x
−
.
2. Giải hệ phương trình sau:

sinxdx
(sinx + cosx)
π
∫
Câu IV (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a,
mặt bên ( SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lạ cùng tạo với đáy một góc
α
.
Câu V (1 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ( với n
≥
2), ta có: ln
2
n > ln(n-1).ln(n+1)
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, tìm điểm
A
thuộc trục hoành và điểm
B
thuộc trục tung sao cho
A
và
B
đối xứng với nhau qua đường thẳng
:2 3 0d x y− + =
.

. Biết
( ) ( )
1;4 , 1; 4A B− −
và đường thẳng
BC
đi qua điểm
1
2;
2
M
 
 ÷
 
. Hãy tìm toạ độ đỉnh
C
.
Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
( )
2
2
n
x +
, biết
3 2 1
8 49
n n n
A C C− + =

Hết
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
(Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung
Điểm
I
(2điểm)
1.(1 điểm). Khi
1m
=
hàm số trở thành:
4 2
2y x x= −
• TXĐ: D=
¡
• Sự biến thiên:
( )
' 3 2
0
4 4 0 4 1 0
1
x
y x x x x
x
=

= − = ⇔ − = ⇔

= ±


0
4 4 4 0
x
y x mx x x m
x m
=

= − = − = ⇔

=

Hàm số đã cho có ba điểm cực trị
⇔
pt
'
0y =
có ba nghiệm phân biệt và
'
y
đổi dấu khi
x
đi qua các nghiệm đó
0m⇔ >
0.25
• Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
( )
( ) ( )
2 2
0; 1 , ; 1 , ; 1A m B m m m C m m m− − − + − − + −
0.25

S
m m
m
=

+

= = ⇔ = ⇔ − + = ⇔
−

=


V
0.25
II
(2điểm)
1 ( 1 điểm) ĐK: cosx
≠
0
⇔
sinx
≠

±
1.
Ta có phương trình
⇔
sin
4

2 5 2
; ( )
18 3 18 3
k k
x x k Z
π π π π
= + = + ∈
0.25
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-5
5
10
f x
( )
= x
4
-2
⋅
x
2
2. (1 điểm) ĐK: x + y
≠

(
2u ≥
) ; v = x – y ta được hệ :
2 2
3 13
3
u v
u v

+ =

+ =

0.25
• Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do (
2u ≥
)
• Từ đó giải hệ
1
2
1 1
1 0
1
x y
x y x
x y
x y y
x y

+ + =

Vậy: I =
( )
2 2
3 3
0 0
sin( )
cosxdx
2
sinx +cosx
sin os
2 2
u du
u c u
π π
π
π π
−
=
 
   
− + −
 ÷  ÷
 
   
 
∫ ∫

0.50
Vậy : 2I =
( )

π
 
−
 ÷
 
= =
 
−
 ÷
 
∫

1
2
I⇒ =
0.50
IV
(1
điểm)
Dựng
SH AB
⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·

V
(1
điểm)
• Với n = 2 thì BĐT cần chứng minh đúng
0.25
• Xét n > 2 khi đó ln(n – 1) > 0 BĐT tương đương với:

ln ln( 1)
ln( 1) ln
n n
n n
+
>
−
(1)
0.25
• Hàm số f(x) =
ln
ln( 1)
x
x −
, với x > 2 là hàm nghịch biến, nên với n >
2 thì f(n) > f(n+1)
⇔

ln ln( 1)
ln( 1) ln
n n
n n
+

và
B
đối xứng với nhau qua
d
khi và chỉ khi
2 0
4
. 0
2
3 0
2
a b
a
AB u
b
b
a
I d
− + =


= −

=
 
⇔ ⇔
  
= −
− + =
∈

5
1 18 18
5
1
. 2 . .2 .
k
k
k
k k k
k
T C x C x
x
−
−
−
+
 
= =
 ÷
 
0.50
Số hạng không chứa
x
ứng với
k
thoả mãn
6
18 0 15
5
k

3 2
( ) 1
5
5
t
t
+ >
. Xét hàm số f(t) =
3 2
( )
5
5
t
t
+
nghịch biến trên R và f(t) = 1
Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1)
⇔
t < 1, ta được log
4
x < 1
⇔
0 < x < 4 0.50
• Pt tiếp tuyến của đồ thị tại
1
;0
2
A
 
−

1
2
x y− +
=
9 2 17 0x y⇔ − − =
0.50
9 17
; ,
2
t
C BC C t t
−
 
∈ ⇒ ∈
 ÷
 
¡
( )
9 25
2; 8 ; 1;
2
t
AB AC t
−
 
= − = +
 ÷
 
uuur uuur
. Vì tam giác

n
k k n k
n
k
x C x
−
=
+ =
∑
. Hệ số của
8
x
là
4 4
.2
n
n
C
−
0.50
( ) ( ) ( )
3 2 1 3 2
8 49 2 1 4 1 49 7 7 49 0
n n n
A C C n n n n n n n n n− + = ⇔ − − − − + = ⇔ − + − =

( )
( )
2
7 7 0 7n n n⇔ − + = ⇔ =

x
⇔ = − + +
−
.
Tiệm cận xiên:
2 2 0y x x y= − + ⇔ + − =
; Tiệm cận đứng:
2x
=
0.50
Khoảng cách từ
M
đến tiệm cận xiên là:
1
2
7
2 2. 2
x y
d
x
+ −
= =
−
.
Khoảng cách từ
M
đến tiệm cận đứng là:
2
2d x= −
.