1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ QUÝ ĐÔN
Tổ : Toán – Tin
*******
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
Năm học: 2009 - 2010
Môn : TOÁN - Khối: A, B
(Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề)
ĐỀ BÀI
Câu I: (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
3 2
3 4 (1)y x x  
2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 )
đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của
đoạn thẳng AB.
Câu II: (2 điểm)
1 .Giải phương trình:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x 
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
9 9 10
3
( )
log
log
x
x y
x y

( 1 )
x
I x e x dx  

2. Cho khai triển
0 1
(1 3 )
n n
n
x a a x a x    
trong đó
n

 
và các hệ
số
0 1
, , ,
n
a a a
thoả mãn hệ thức:
1
0
1024
3
3
n
n
a
a

Tổ : Toán – Tin
*******
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
Năm học: 2009 - 2010
Môn : TOÁN - Khối: D
(Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề)
ĐỀ BÀI
Câu I: (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số :
3 2
3 4 (1)y x x  
2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k ( k < 3 )
đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của
đoạn thẳng AB.
Câu II: (2 điểm)
1 .Giải phương trình:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x 
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 1 ( , )
xy x y y x
y x x y y x x y


   



    

Câu V: (2 điểm)
1.Giải phương trình :
3 3
1
(9 15.3 27) 2. 0
4.3 3
log log
x x
x
   

2. Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn:
2 2 2
3x y z  
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
  
  
Hết
3
ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I
KHỐI D – NĂM HỌC : 2009 - 2010
Câu
Ý
Nội dung
Điểm

0.25
BBT
x

0
2

y’
-
0
+
0
-
y

-4
0

0.25
Đồ thị
-2
-4
-5
5
0.25
2
Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua I(1;-2) với hệ số góc k
( k < 3 ) đều cắt đồ thị hàm số (1) tại 3 điểm phân biệt I, A, B đồng thời I
là trung điểm của đoạn thẳng AB.
1

I
;y
I
) A(x
A
;y
A
) B(x
B
;y
B
)
với x
A,
x
B
là nghiệm của phương trình (*)
0.25
Vì x
A+
x
B
=2 = 2x
I
và I,A,B cùng thuộc (d) nên I là trung điểm của AB
0.25
1
Giải phương trình:
3cos3 2sin2 .cos sinx=0x x x 
1


   


0.5
Vậy
( )
12 2 3
k
x x k k
  


     
0.25
2
Giải hệ phương trình:
2 2
2
9 9 10
3
( )
log
log
x
x y
x y
x



 



0.25
2 2
x 9 y 9 10
x y 8


   




 


đặt
S x y
P xy

 









 


   


0.25
II
Vậy ta có:
x y 8
x y 4
xy 16

 


  





(thỏa mãn điều kiện)
0.25
5
1
Cho hình chóp S.ABC có SA vuônggóc với mặt phẳng đáy, mặt phẳng
(SAB) vuông góc với mặt phẳng (SBC), SB = a ,


BC AB




 





0.25
Tam giác ASC vuông tại A; tam giác SBC vuông tại B.Gọi I là trung điểm
của SC, ta có :IS = IA = IC = IB.
Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
0.25
Bán kính mặt cầu ngoại tiếp R = IS = IC = SC/2
Trong
SBC
có SB = a;

0
60BSC 
suy ra
0
2
os60
SB
SC a
c

.
3 3
1 1 1
. os . . sin . 3
3 3 2
1 3
3sin . os sin2
6 12
S ABC ABC
V SAS ac a a
a c a
 
  
 
 
0.25
6
Ta thấy:
3 3
.
3 3
sin2
12 12
S ABC
V a a 
Dấu “=” xảy ra khi
sin2 1
4

   

du dx
u x
e
dv e dx
v










 
 


 



0.25
Ta có: J =
2 2
2 2
1 1
1
2 2 2 4

2
Cho khai triển
0 1
(1 3 )
n n
n
x a a x a x    
trong đó
n

 
và các hệ
số
0 1
, , ,
n
a a a
thoả mãn hệ thức:
1
0
1024
3
3
n
n
a
a
a    
.
Tìm số lớn nhất trong các số

1
1
10 10
1
3 ; 3
k k
k k
k k
a a
C C



 
10
1
1
10
1
3 1 29
1 1 1
3(10 ) 4
3
7
k
k
k
k
k
k

IV
Vậy số lớn nhất trong các số
0 1
, , ,
n
a a a
là
8
8
10
8
3a
C

0.25
V
1
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến
BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1. Tìm toạ độ B và C.
1
7
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3). Toạ độ của G là nghiệm
của hệ
2 1 0 1
(1;1)
1 1
x y x
G
y y
 

 
0.25
Vậy B(-3;-1) C(5;1)
0.25
2
Cho các số thực x,y,z thoả mãn điều kiện
9 9 9 3 3 3
3 3 3 1 :
4
3 3 3 3 3 3
x y z x y z
x y z
x y z y x z z y x
CMR
  
  
 
     
  
1
Đặt
3 ;3 ; 3
x y z
a b c  
Ta có a,b,c>0 và ab + bc + ca = abc
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với :
2 2 2
3 3 3
2 2 2
3 3 3

3
3 . . (2)
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
3
3 . . (3)
( )( ) 8 8 ( )( ) 8 8 4
a a b a c a a b a c a
a b a c a b a c
b b a b c b b a b c b
b a b c b a b c
c c a c b c c a c b c
c a c b c a c b
   
   
   
   
   
   
   
   
   
Cộng từng vế của (1)(2)(3), ta suy ra:
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b a b c c a c b
 
  
     
Vậy (*) đúng và ta có đpcm.

= 0 ; y
CT
= y(0) = -4
.Hàm số đạt cực đại tại x
CĐ
= 2 ; y
CĐ
= y(2) = 0
0.25
BBT
x

0
2

y’
-
0
+
0
-
y

-4
0

0.25
Đồ thị
-2
-4


   

0.25
Do k <3 nên pt(*) có
' 3 0k   
và x = 1 không là nghiệm của (*)
Suy ra (d) luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I(x
I
;y
I
) A(x
A
;y
A
) B(x
B
;y
B
)
với x
A,
x
B
là nghiệm của phương trình (*)
0.25
Vì x
A+
x
B


 

  


   


   


0.5
Vậy
( )
12 2 3
k
x x k k
  


     
0.25
2
Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 1 ( , )
xy x y y x
y x x y y x x y

( 0)
2 1 2 1
x y x y x y
dox y
y x x y y x y x x y y x
 
      
 
 
  
 
 
       
 
 
0.25
2 1 2 1
(2 1) 2 2 1 ( 1) 2 1
y x y x
x x x x x x x x
 
   
 
 

 
 
      
 
 

10
1
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh a, SA = 2a và SA
vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông
góc của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích khối chóp
A.BCNM.
1
S
A
C
B
M
N
K
H
Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK.
,
¸H , ( )
Do BC AK BC SA BC AH
Do AH K AH BC AH SBC
   
   
0.25
Xét tam giác vuông SAK:
2 2 2
1 1 1 2 3
19
a
AH
AH SA AH

SBC
S
a
S S
S
   
0.25
Vậy thể tích khối chóp A.BCNM là:
3
1 3 3
.
3 50
BCNM
a
V AH S 
0.25
2
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có A(1;3) và hai trung tuyến
BM: x – 2y + 1 =0 ; CN: y = 1. Tìm toạ độ B và C.
1
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, A(1;3). Toạ độ của G là nghiệm
của hệ
2 1 0 1
(1;1)
1 1
x y x
G
y y
 
   

 
 
0.25
Vậy B(-3;-1) C(5;1)
0.25
1
Tính nguyên hàm:
3
2 2
( 1 )
x
I x e x dx  

1
3
2 2
1
x
I xe dx x x dx J K    
 
Tính J =
2x
xe dx

Đặt
2
2
2
x
x

x x
x x
xe xe
e dx e C   

0.25
K =
1 4
3
2 2 2 2
3 3
2
1 1 3
1 (1 ) (1 ) . (1 )
2 2 4
x x dx x d x x C      
 
Vậy
4
2
2 2
3
1 3
(1 )
2 4 8
x
x
xe
I e x C    
0.5

n
n n n n n
n n
n
n n n n n
n
n
n n n n
C C C C C
C C C C C
C C C C

       
       
     
Từ giả thiết suy ra
2 1
2 2048 6
n
n

  
0.5
0.5
1
Giải phương trình :
3 3
1
(9 15.3 27) 2. 0
4.3 3





     




Vậy x = 1 là nghiệm của phương trình.
0.25
0.25
0.5
V
12
2
Cho các số thực dương thay đổi x, y, z thoả mãn:
2 2 2
3x y z  
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
  
  
1
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ba số dương a, b, c ta có:
1 1 1 1 1 1 9

18 3
3 9 2
P  

Dấu bằng xảy ra khi
2 2 2
1 1 1 1
3
x y z
xy yz zx x y z
x y z


 



        




  


Vậy
3
min 1
2
P x y z    