SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ĐOÀN
THƯỢNG
KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010
MÔN TOÁN, KHỐI A, B
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
* Chú ý. Thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần
tương ứng.
Câu ý Nội dung Điểm
I 1
Khảo sát hàm số
= + + +
3 2
6 9 3y x x x
(C)
1,00
TXĐ:
¡
.
2
1 1
' 3 12 9, ' 0
3 3
x y
y x x y
x y
= − ⇒ = −

= + + = ⇔


log 6 9 3x x x m+ + + =
(1)
1,00
(1)
3 2
1
6 9 3
2
m
x x x
 
⇔ + + + =
 ÷
 
. Gọi (C’) là đồ thị hs
3 2
6 9 3y x x x= + + +
Pt (1) có 6 nghiệm ⇔ đt
1
2
m
y
 
=
 ÷
 
cắt (C’) tại 6 điểm
Ta có
3 2 3 2
3 2

1
0 1 0
2
m
m
 
< < ⇔ >
 ÷
 
0,25
0,25
0,25
0,25
II 1
Tìm m để pt
2
(1 )sin cos 1 2cosm x x m x− − = +
(1) có nghiệm
1,00
TXD:
¡
. pt (1)
(
)
2
sin cos 1 2cos sinx x m x x⇔ − = + +
Nhận xét. Hs
sin , cosy x y x= =
tuần hoàn với chu kì
2

x m m m
π
= ⇒ − = ⇔ =
. Vậy
1
2
m =
thì pt có ít nhất một nghiệm là
2
π
TH3.
cos 0
2 2
x x
π π
− < < ⇒ >
. Chia hai vế cho
cos x
ta được
(
)
2
2
tan 1
tan 1 tan 3 tan
tan 3 tan
x
x m x x m
x x
−

3 3
'( ) 0, ( ) db trên
3 3
t t
f t t f t
t t t
+ + +
= > ∀ ⇒
+ + +
¡
Mặt khác
1
lim ( ) , lim
2
t t
f t
→−∞ →+∞
= −∞ =
. Vậy
1
2
m <
TH4.
3
cos 0
2 2
x x
π π
< < ⇒ <
. Chia hai vế cho

( )
3
t
f t
t t
−
=
− + +
(
)
2
2
2 2
3 3
'( ) , '( ) 0 1
3 3
t t
f t f t t
t t t
− − + +
= = ⇔ = −
− + + +
. Lập BBT của
( )f t
0,25
0,25
0,25
t
−∞


2 1
2 3 5
x
x x
>
−
+ −
(1)
1,00
ĐK:
2
5
2 3 5 0,2 1 0 , 1
2
x x x x x+ − > − ≠ ⇔ < − >
TH1.
5
2 1 0
2
x x< − ⇒ − <
, bất phương trình đúng.
TH2.
2
1 2 3 5 0,2 1 0x x x x> ⇒ + − > − >
Bpt
2 2
3
2 1 2 3 5 2 7 6 0
2
2

III Tính thể tích khối tròn xoay 1,00
Ta có
2
3
x
y
x
=
+
cắt trục Ox tại điểm có hoành độ x = 0.
Vậy V =
( )
2
1 1
2
2
2
2
2
0 0
3
3
x x
dx dx
x
x
π π
 
=
 ÷

3(1 tan ) sin
( 3) (3tan 3) 3
x t
dx t dt tdt
x t
π π
π
π π
= + =
+ +
∫ ∫ ∫
=
2
6
6
0
0
3 1 cos 2 3 sin 2 3
( )
3 2 6 2 36 8
t t
dt t
π
π
π π π π
−
= − = −
∫
* Chú ý. Học sinh có thể sử dụng công thức tích phân từng phần như sau
V =

+
+
rồi đi đến
( )
( )
1
1 1
2
2
2
2
0 0
0
1
2( 3)
2 3
3
x x
x dx dx
x
x
x
π π
 
−
 ÷
= +
 ÷
+
+

x
SH
SH SA SC
x
2
= + ⇒ =
+
ABCD là hình thoi
2 2 2
1
3
2
AC BD OB AB AO x⇒ ⊥ ⇒ = − = −
2 2 2
1 1 1
. 1. 3 3
2 2 6
ABCD
S AC BD x x V x x= = + − ⇒ = −
áp dụng BĐT Côsi ta có
2 2
2
1 1 3 1
3 .
6 6 2 4
x x
V x x
+ −
= − ≤ =
Đẳng thức xảy ra

tan tan
tan tan tan( )
1 1 tan tan
a c x z
abc a c b b y y x z
ac x z
+ +
+ + = ⇔ = ⇔ = ⇔ = +
− −
y x z k
π
⇔ = + +
.
, , 0; 0
2
x y z k
π
 
∈ ⇒ =
 ÷
 
. Vậy
y x z⇔ = +
P =
2 2 2 2
2cos 2cos 3cos 1 cos 2 (1 cos 2 ) 3cosx y z x y z− + = + − + +
2 2
2sin( )sin( ) 3cos 2sin( )sin 3(1 sin )x y x y z x y z z= − + − + = + + −
2
2 2

3 2 2 2
2
GAB CAB
S S AB d G AB d G AB= = ⇔ = ⇔ =
3 3 ( ;3 3)G y x G t t∈ = − ⇒ −
. Đt AB có pt
8 0x y− − =
(3 3) 8
1 1
( ; ) 2 5 1
2 2 2
t t
d G AB t
− − −
= ⇔ = ⇔ + =
( ) ( )
( ) ( )
2 2; 9 13;18
3 3; 12 16;27
t G C
t G C
= − ⇒ − − ⇒
⇔

= − ⇒ − − ⇒


0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
VII.a Chứng minh rằng tam giác OAB đều 1,00
Tam giác OAB đều
1 2 1 2
OA OB AB z z z z⇔ = = ⇔ = = −
Ta có
3 3 2 2 3 3
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
( )( ) 0z z z z z z z z z z z z+ = + + − = ⇒ = − ⇒ =
Mặt khác
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
0 ( ) ( )z z z z z z z z z z z z+ − = ⇔ − = − ⇒ − = −
2
1 2 1 2 1 2 1 2
.z z z z z z z z⇒ − = ⇒ − = =
.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b 1 Tìm tọa độ đỉnh C và D 1,00
1 1 2
1 . ( ; ) 1 ( ; )
4 2
17
IAB ABCD
S S AB d I AB d I AB= = ⇔ = ⇔ =
Đt AB có pt

.
∆
cắt d tại I
(1 , 3 2 ,3 )I t t t⇒ − − + +
4
2 2
( ;( )) 2 2
2
3
t
t
d I P
t
=
−

= ⇔ = ⇔

= −

( )
3 5 8
4 3;5;8 :
2 1 2
x y y
t I
+ − −
= ⇒ − ⇒ ∆ = =
−


Đk:
0, 0x y> >
.
3 3
log log 1 3y x y x− = ⇔ =
3 3 3 3 3
log log log log log
2 27 9
y x y x y
x y x y x= ⇒ + = ⇔ =
Lôgarit cơ số 3 hai vế ta được
3 3 3 3 3
log .log log 9 (1 log )log 2y x x x= ⇔ + =
3
3
3 9
log 1
1 1
log 2
9 3
x y
x
x
x y
= ⇒ =

=


⇔ ⇔