SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH . KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010.
TRƯỜNG THPT TÂY THỤY ANH . Môn Toán
Thời gian làm bài 180 phút.

A /Phần chung cho tất cả thí sinh. ( 8 điểm )
Câu I : ( 2 điểm ).
Cho hàm số y = x
3
+ ( 1 – 2m)x
2
+ (2 – m )x + m + 2 . (C
m
)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (C
m
) có cực trị đồng thời hoành độ cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II : ( 2 điểm ).
1. Giải phương trình:
sin 2 2 2(sinx+cosx)=5x
−
.
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất :
2
2x mx 3 x.
+ = −
Câu III : ( 2 điểm ).
1. Tính tích phân sau :
2
2
3

1
;x
2
;x
3
lập thành
cấp số cộng
( )
d 0
≠
.Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn
i
x
> 1
Câu IV : ( 2 điểm ).
Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng d
1
:
x y z
1 1 2
= =
; d
2

x 1 2t
y t
z 1 t
= − −

ABC
∆
có A(2;1) . Đường cao qua đỉnh B có
phương trình x- 3y - 7 = 0 .Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình
x + y +1 = 0 . Xác định tọa độ B và C . Tính diện tích
ABC
∆
.
2.Tìm hệ số x
6
trong khai triển
n
3
1
x
x
 
+
 ÷
 
biết tổng các hệ số khai triển
bằng 1024.
Câu V
b
.
1. Giải bất phương trình :
2 2
1 1
5 5
x x+ −

3
– 3x
2
+ 4
a ;Tập xác định : D = R.
0,25
b ; Sự biến thiên.
Tính đơn điệu ……
Nhánh vô cực……
j
o
4
+
∞
-
∞
+
+
-
0
0
2
0
+
∞
-
∞
y
y'
x

’
=0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
< x
2

⇔

' 2
4m m 5 0∆ = − − >
⇔
m < - 1 hoặc m >
5
4
0,25
0,25
+ x
1
< x
2
< 1 ( Vì hệ số của x
2
của y
’
mang dấu dương )
⇔
….
⇔

'

⇒
sin2x = t
2
- 1
⇒
( I )
0,25
⇔
2
t 2 2t 6 0− − =
⇔
t 2= −
)
0,25
+Giải được phương trình sinx + cosx =
2−
…
⇔

cos(x ) 1
4
π
− = −
+ Lấy nghiệm
0,25
Kết luận :
5
x k2
4
π


2
x 6x 9
m
x
+ −
= −
. Xét hàm số :
f(x) =
2
x 6x 9
x
+ −
trên
(
]
{ }
;3 \ 0−∞
có f
’
(x) =
2
2
x 9
x
+
> 0
x 0∀ ≠
0,25
+ , x = 3

∫
=

2
2
1
1
1
x
dx
1
x
x
−
+
∫
=

2
1
1
d(x )
x
1
x
x
+
−
+
∫

x x 1
 
−
 ÷
+
 
∫
=……)
0,25
0,50
0,25
2
2.Cho hệ phương trình :
3 3
x y m(x y)
x y 1

− = −

+ = −


Tìm m để hệ có 3 nghiệm phân biệt (x
1
;y
1
);(x
2
;y
2


⇔
2 2
(x y)(x y xy m) 0
x y 1

− + + − =

+ = −

⇔

2
1
x y
2
y x 1
(x) x x 1 m 0

= = −


= − −




ϕ = + + − =



1
2
−
+Trường hợp 3 : x
1
;
1
2
−
; x
2

0,25
4
Xét thấy Trường hợp 1 ; 2 không thỏa mãn. Trường hợp 3 ta có
1 2
1 2
x x 1
x x 1 m
+ == −


= −

đúng với mọi m >
3
4
Đồng thời có hai số x
i
thỏa mãn


và điểm M(1;2;3).
1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
; Tìm M
’
đối xứng với
M qua d
2
.
.
+ Phương trình mặt phẳng chứa M và d
1
…. Là (P) x + y – z = 0
+ Mp(Q) qua M và vuông góc với d
2
có pt 2x – y - z + 3 = 0
2,00
0,25
0,25
+ Tìm được giao của d
2
với mp(Q) là H(-1 ;0 ;1)
…
⇒
Điểm đối xứng M
’
của M qua d
2
là M

=


uuur uur
uuur uur
…….
⇒
tọa độ của
3 3 6
; ;
35 35 35
A
 
 ÷
 
và
1 17 18
; ;
35 35 35
B
− −
 
 ÷
 
0,50
Va 2,00
1 1. Trong mặt phẳng oxy cho
ABC
∆
có A(2;1) . Đường cao qua

; M thuộc CM ta được
B B
2 x 1 y
1 0
2 2
+ +
+ + =
+ Giải hệ
B B
B B
2 x 1 y
1 0
2 2
x 3y 7 0
+ +

+ + =



− − =

ta được B(-2 ;-3)
0,25
0,25
Tính diện tích
ABC
∆
.
+ Tọa độ H là nghiệm của hệ

= =
( đvdt)
0,25
0,25
2.Tìm hệ số x
6
trong khai triển
n
3
1
x
x
 
+
 ÷
 
biết tổng các hệ số khai
triển
bằng 1024.
+ ;
0 1 n
n n n
C C C 1024+ + + =

⇔
( )
1 1 1024
n
+ =
⇔

0,25
V
b
2,00
1
1. Giải bất phương trình :
2 2
1 1
5 5
x x+ −
−
> 24. (2)(2)
⇔
( ) ( )
2 2
2
x x
5 5 24 5 5 0− − >
⇔
2
x
5 5>
⇔
x
2
> 1
⇔

N
M
C
B
A
B'
C'
A'
Từ giả thiết ta được chóp A
’
.ABC là chóp tam giác đều .
·
'
A AG
là
góc giữa cạnh bên và đáy .
⇒

·
'
A AG
= 60
0
, … AG =
a 3
3
;
Đường cao A
’
G của chóp A

0,5 điểm.
Câu I:
SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – THÁNG 2/2010
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ Môn thi: TOÁN HỌC – Khối A, B
Thời gian: 180 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
7
Cho hàm số
( )
x 2
y C .
x 2
+
=
−
1. Khảo sát và vẽ
( )
C .
2. Viết phương trình tiếp tuyến của
( )
C
, biết tiếp tuyến đi qua điểm
( )
A 6;5 .−
Câu II:
1. Giải phương trình:
cosx cos3x 1 2sin 2x
4
π
 

+
∫
Câu IV:
Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng
( )
SBC
bằng 2.
Với giá trị nào của góc
α
giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp
nhỏ nhất?
Câu V:
Cho
a,b,c 0: abc 1.> =
Chứng minh rằng:
1 1 1
1
a b 1 b c 1 c a 1
+ + ≤
+ + + + + +
Câu VI:
1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm
( ) ( ) ( ) ( )
A 1;0 ,B 2;4 ,C 1;4 ,D 3;5− −
và đường
thẳng
d :3x y 5 0− − =
. Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có
diện tích bằng nhau.
2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:

-) Giới hạn, tiệm cận:
+)
x 2 x 2
lim y , lim y x 2
− +
→ →
= −∞ = +∞ ⇒ =
là tiệm cận đứng.
8
+)
x x
lim y lim y 1 y 1
→−∞ →+∞
= = ⇒ =
là tiệm cận ngang.
-) Bảng biến thiên :
( )
2
4
y' 0 x 2
x 2
= − < ∀ ≠
−
c) Đồ thị :
-) Đồ thị cắt Ox tại
( )
2;0−
, cắt Oy tại
( )
0; 1−

k x 6 5
x 2
x 2
x 2
4
4
k
k
x 2
x 2
4x 24x 0
4 x 6 5 x 2 x 2 x 2
x 0;k 1
4
4
1
k
k
x 6;k
x 2
4
x 2
+

+

− × + + =
+ + =



−

−


Suy ra
có 2 tiếp tuyến là :
( ) ( )
1 2
x 7
d : y x 1; d : y
4 2
= − − = − +

Câu II:
9
( )
( ) ( )
2
1. cos x cos3x 1 2 sin 2x
4
2cos x cos2x 1 sin 2x cos2x
2cos x 2sin x cos x 2cosx cos2x 0
cosx cos x sinx cos2x 0
cosx cos x sinx 1 sinx cosx 0
x k
2
cosx 0
cosx sinx 0 x k
4

x k
2
x k
2
x k
4
x k
4
x k2
x k2
4 4
5
x k2
4 4







= −


π

= + π

π


2 x y
y x
y x x y
2.
1 3
1 3
2y
2x
x y
y x
x y
4 x y
2 x y
xy 2
xy
1 3
1 3
2x
2x
y x
y x
x y
1 3
x y 1
2x
x x
x y 1
2
x 2,y 2
y



= −
 

⇔ ⇔
 
 
+ =
+ =
 



=




= =


+ =



= = −

⇔ ⇔


0 0 0
3
1
2
2 2
2
1
0
2
2
d x
xdx 1 1 dt
I
x x 1 2 2 t t 1
x x 1
1 dt 1 du
2 2
1 3 3
t u
2 2 2
= = =
+ + + +
+ +
= =
   
 
+ + +
 ÷  ÷
 ÷
 

π π
π π
π π
= ⇒ = = ⇒ =
π
⇒ = = =
× × +
∫ ∫
Câu IV:
Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM.
Ta có:
·
( )
( )
( )
( )
2
ABCD
2
SABCD
2 2
2 2 2
2 2 2
2
2
SABCD
SMN ,d A; SBC d N; SBC NH 2
NH 2 4
MN S MN
sin sin sin

3
α = α ⇔ α =
Câu V:
Ta có:
11
N
M
I
D
A
B
C
S
H
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2
3 3
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
3
3 3 3
3 3 3 3
a b a b a ab b ab a b
a b 1 ab a b 1 ab a b abc ab a b c
1 1 c
a b 1

3x 7y 21 0
= =
− ⇒ ⇒ + − =
⇒ − ⇒ − + =
= ⇔ =
+ − − +
⇔ × = × ⇔ + − = − +
− − =


⇒

+ − = − +


− − =

+ − =
⇔
uuur uuur
uuur uuur
( )
1 2
7
M ;2 ,M 9; 32
3
3x y 5 0
5x y 13 0



MN.u 0
6t 3t' 3 0
t t ' 1
3t 5t ' 2 0
M 2;0; 1 , N 1;2;3 ,MN 1;2;4
x 2 y z 1
PT MN :
1 2 4
⇒ − + − + − +


− + − − + + − + =
=
 
⇔
 
− + − + + =
=




− + + =

⇔ ⇔ = =

− + − =

⇒ − −
− +

k
k 1
k 1
2011
1 2 2011
1 2 2011
2011 2011 2011
2011 0
0
2011
2 2010! 2 2010!
2 C
1
k 1 k! 2010 k ! k 1 k 1 ! 2010 k !
2 2011!
1 1
2 C
2011 k 1 ! 2011 k 1 ! 4022
1
A 2 C 2 C 2 C
4022
1 1
2 1 2 C
4022 2011
+
+
− −
− = =
+ − + + −
−