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 Câu VII.a 1 điểm 1 x Câu VIII.a 1 điểm Giải bất phương trình log5 3+ x >l
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
N o10 Môn Toán (180 phút không kể phát đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x= 4 − 2mx2 + −m 1 (1) , với m là tham số thực.
Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình tan4 x +1 =
2 4
(2 sin 2 )sin 3
os
−
.
2 Giải hệ phương trình sau:
= + +
= + + + +
3
1 2
7 ) (
3 )
( 4
y x x
y x y x xy
3 0
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,
Câu V (1 điểm)
Cho x > 0 , y> 0 và x + y =2
Tìm GTNN của 2 1 12
2
M
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
Câu VII.a (1 điểm)
1
x
Câu VIII.a (1 điểm) Giải bất phương trình log5 (3+ x) >log x4
2 Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A Biết
( 1; 4 ,) (1; 4)
2
Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của 8
A − C +C = .
n
n
Câu VIII.b (1 điểm)
z
Trang 2
-Hết -ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
(Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang)
I (2điểm) 1.(1 điểm) Khi m= 1 hàm số trở thành: y x= 4 − 2x2
• TXĐ: D=¡
1
x
x
=
y CD= y( )0 = 0, y CT = y( )± = − 1 1 0.25
• Bảng biến thiên
x -∞ -1 0 1 +∞
y’ − 0 + 0 − 0 +
y +∞ 0 +∞
-1 -1
• Đồ thị
0.25
2
0
=
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔pt y' = 0 có ba nghiệm phân biệt và y'
• Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
(0; 1 ,) ( ; 2 1 ,) ( ; 2 1)
2
3 2
1 2
.
2
ABC
m
AB AC BC
=
=
V
0.25
II
Ta có phương trình ⇔ sin4x + cos4x = ( 2 – sin22x)sin3x
⇔ ( 2 – sin22x)(1 – 2 sin3x) = 0 ⇔ sin3x = 1
2 ( do ( 2 – sin22x≥1) 0.50
⇔ 3sinx – 4sin3x = 1
2 Thay sinx = ± 1 vào đều không thỏa mãn 0.25
x= π + π x= π + π k∈Z
0.25
8 6 4 2
-2 -4 -6 -8
f x ( ) = x 4 -2 ⋅ x 2
Trang 32 (1 điểm) ĐK: x + y ≠ 0
• Ta có hệ ⇔
2
3
1
3
x y
x y
• Đặt u = x + y + x y+1 ( u ≥ 2) ; v = x – y ta được hệ : 3 2 2 13
3
u v
+ =
• Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do ( u ≥ 2)
• Từ đó giải hệ
1
1
x y
x y
− =
III
Đổi cận: x = 0 u =
2
π
⇒ ; x =
2
π ⇒
u = 0
2
sinx + cosx
u du
−
=
− + −
0.50
Vậy : 2I =
sinx + cosx
(sinx + cosx) sinx + cosx
dx dx
=
2 2 0
tan
2 2
4
x dx
π
−
−
∫
1
2
I
⇒ =
0.50
IV
SH (ABC)
4
0.50
4
0.50
S
H
P
C A
B
N
45 ο
Trang 4a b a b+ ³ > >
M
0.25
1 khi
M
ì
2
y
y
x y
ì
=
=
+ =
Vậy GTNN của M = 1 khi 2 2
2
x y
ìïï ïí ïï ïỵ
=
VI.a
0.25 Vectơ chỉ phương của d là ur =( )1; 2
Toạ độ trung điểm I của AB là ;
2 2
a b
A và Bđối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi
0
2
3 0 2
AB u
a
I d
uuur r
Vậy A(− 4;0 ,) (B 0; 2 − )
0.50
VII.a
18 5
1
2x
x
5
1
k
k
x
−
Số hạng khơng chứa x ứng với k thoả mãn 18 6 0 15
5
k
k
Vậy số hạng cần tìm là 15 3
VIII.a
Đặt t = log4x ⇔ x = 4t, BPT trở thành log5(3 + 2t) > t ⇔3 + 2t >5t
⇔ 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 log4x < 1
• Pt tiếp tuyến của đồ thị tại 1;0
2
A−
là
y= − x+ ⇔ = −y x−
VI.b
2
nên cĩ pt:
9 1
2
x− = y+
9x 2y 17 0
Trang 59 17
2
t
C BC∈ ⇒C t − t∈
(2; 8 ;) 1;9 25
2
t
AB= − AC= +t −
Vì tam giác ABC vuông tại A nên uuur uuurAB AC = 0 Suy ra 1 4.9 25 0 3.
2
t
t+ − − = ⇔ =t
Vậy C( )3;5
0.50
VII.b
0
n
n k
=
x là 4 2n 4
n
0.50 ( ) ( ) ( )
A − C +C = ⇔ −n n− n− n− n n+ = ⇔n − n + n− =
⇔(n− 7) (n2 + = ⇔ = 7) 0 n 7
Vậy hệ số của x8 là 4 3
VIII.b
;
z a bi
−
−
( 25) 8( ) (1)
(2) ( 25) 6( )
3 4
b= a thế vào (1)
0.25
Ta có a = 0 và = 4
Với a = 0 ⇒ b = 0 ( Loại)
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.