De va dap an thi thu dai hoc tong hop nhieu truong

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
Mơn Tốn – ĐỀ 03
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
2x +1
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
(C)
x +1
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)

(

)

6
6
1.Giải phương trình sau: 8 sin x + cos x + 3 3 sin 4 x = 3 3cos 2 x − 9sin 2 x + 11 .

2 y 2 − x 2 = 1

2. Giải hệ phương trình:  3
.
3
2 x − y = 2 y − x

1

2

1 x+ x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ∫ ( x + 1 − x )e dx .
1
2

Câu IV(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD =
(ACD) bằng

, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng

. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng

(

.

)

2
2
Câu V (1 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2 x + y = xy + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất

x4 + y4
.
2 xy + 1
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.( 2 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vng
góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
x −2 y

z +1
=
=
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :
và
4
−6
−8
của biểu thức P =

d2 :

x −7 y−2 z
=
=
. Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa độ
−6
9
12

điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z4 – z3 +6z2 – 8z – 16 = 0 .
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VIb.(2điểm)
x2 y 2
1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):
+
= 1 và đường thẳng ∆ :3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên ∆ kẻ
4
3

tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3).Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại
A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
Câu VIIb. (1 điểm) Giải phương trình:

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.
------------------Hết------------------


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
MƠN:TỐN-KHỐI A&B
I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 4 (C)
1: Khảo sát hàm số.
2: Gọi (d) là đường thẳng đi qua điểm A(2 ; 0) có hệ số góc k.Tìm k để (d) cắt
(C) tại ba điểm phân biệt A ; M ; N sao cho hai tiếp tuyến của (C ) tại M và N
vng góc với nhau.
Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình:
2: Giải bất phương trình:

x
x
π x
sin s inx-cos sin 2 x + 1 = 2cos 2 ( − )
2
2
4 2
x 2 + 35 < 5 x − 4 + x 2 + 24

Câu III (1điểm):
5

Tính tích phân :

I=

ln( x − 1 + 1)
dx
x −1
2

∫ x −1 +

Câu IV (1điểm):
Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân AB = AC = SA = SB = a;
SC = b (0mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC theo a và b.
Câu V (1điểm):
Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0);
A1(0;0;2). M là trung điểm AB; N là tâm của hình vng ADD1A1. Tính bán
kính của đường tròn là giao tuyến của mặt cầu đi qua C ; D1 ; M ; N với mặt phẳng MNC1
Câu VI (1điểm):
Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:

2 y
2 x
2 z
1

1 1
+ 3 2+ 3
≤ 2+ 2+ 2
3
2
2
x +y
y +z
z +x
x
y
z

PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.Theo chương trình chuẩn (2điểm)
Câu VII/a: Cho (P) y2 = x và đường thẳng (d): x – y – 2 = 0 cắt (P) tại hai điểm A và B. Tìm điểm C thuộc cung AB sao
cho ∆ ABC có diện tích lớn nhất
Câu VII/b: Cho n là số tự nhiên n ≥ 2.Tính
n

k
1
2
S = ∑ k 2Cn 2k = 12.Cn .2 + 22.Cn .22 + ... + n 2 .Cnn .2 n
k =1

B. Theo chương trình nâng cao (2điểm)
Câu VII/a. Cho ∆ ABC có diện tích bằng

9

; Điểm A(1;2); B(-2;3) trọng tâm G của ∆ ABC thuộc đường thẳng (d): x + y
2

– 2 = 0.Tìm tọa độ điểm C

2( x − 1)

log 2010
= y+x

y
Câu VII/b: Giải hệ phương trình 
 y2 − x2 + 2 = x − 3 y


ĐÁP ÁN
CÂU

ĐIỂM


I/1

Khảo sát hàm số y=x3-3x2+4
1:Tập XĐ:R
2:Sự biến thiên
+Giới hạn

lim y = −∞; lim y = +∞

x →−∞

x →+∞

0,25

+Bảng biến thiên
+y'=3x2-6x=0 ⇔ x=0;x=2
Hàm số đồng biến (- ∞ ;0) và (2;+ ∞ );nghịch biến (0;2);Cực đại tại
(0;4);Cực tiểu tại (2;0)
x

-∞

y'

0
+

0

-

0

+
+∞

4
y

-∞

0,25

+∞

2

0

3:Đồ thị
+y"=6x-6=0 ⇔ x=1 Điểm uốn đồ thị U(1;2)
+Đồ thị

025

025
I/2

II/1

……………………………
+PT đường thẳng d: y=k(x-2)
+Hoành độ A;M;N là nghiệm PT: x3-3x2+4=k(x-2)
⇔ (x-2)(x2-x-2-k)=0 ⇔ x=2=xA;f(x)=x2-x-2-k=0
+PT có 3nghiệm phân biệt ⇔ f(x)=0 có 2nghiệm phân biệt khác 2

 xM + xN = 1
∆ > 0

9
⇔
⇔ − < k ≠ 0 .Theo Viét ta có 
4
 f (2) ≠ 0
 xM xN = − k − 2
+Tiếp tuyến tại M và N vng góc với nhau ⇔ y'(xM).y'(xN)=-1
2
2
⇔ ( 3 xM − 6 xM )(3 xN − 6 xN ) = −1 ⇔ 9k2+18k+1=0 ⇔ k = −3 ± 2 2 (tm)
3
PT tương đương

025

025
05

025


II/2

x
x
sin s inx-cos sin 2 x + 1 = 1 − s inx
2
2

s inx=0


x
x
x
⇔ sinx(2sin 3 − sin + 1) = 0 ⇔ sin = 0
 2
2
2

x
x
 2sin 2 − sin + 1 = 0 VN

2
2
⇔ x = kπ

025
025
025

025

.............................................................................................................

III

025

x 2 + 35 − x 2 + 24 < 5 x − 4

11
< 5x − 4
BPT tương đương ⇔
2
x + 35 + x 2 + 24

025

⇔ 11 < (5 x − 4)( x + 35 + x + 24)
2

2

Xét:
a)Nếu x ≤

4
không thỏa mãn BPT
5

025

b)Nếu x>4/5: Hàm số y = (5 x − 4)( x + 35 + x + 24) với x>4/5
2

2

1

2

2
y'= 5( x + 35 + x + 24) + (5 x − 4)(

IV

Vậy HSĐB.

x 2 + 35
+Nếu 4/5
+

1
x 2 + 24

) >0 mọi x>4/5
025

+Nếu x>1
thì y(x)>11
Vậy nghiệm BPT x>1
………………………………………………………………………..
Đặt t= x − 1 + 1
* x = 2 ⇒t = 2

025
05

3

*x = 5 ⇒ t = 3

3

(t − 1) ln t
ln t
∫ (t − 1)2 + t − 1 dt = 2∫ t dt
I=2 2
2

*dx=2(t-1)dt

3

= 2 ∫ ln td ln t = ln 2 t 3 = ln 2 3 − ln 2 2
2
2

………………………………………………………………………..
S

E

B

D

C

025

A

V

+Gọi D là trung điểm BC ⇒ AD ⊥ BC (Vì ABC cân tại A)
⇒ AD ⊥ (SBC)
+Gọi E trung điểm SB ⇒ AE ⊥ SB (Vì SAB đều)
⇒ DE ⊥ SB (Định lý 3 đường vng góc)
+SC//DE (DE đường trung bình tam giác)
⇒ SC ⊥ SB Vậy tam giác SBC vuông tại S

025

025


+AD là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác SBC.Nên tâm O mặt cầu ngoại tiếp SABC thuộc
AD.Mặt khác O cách đều A; B; C nên O là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.Vậy bán
kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

a 2 + b2
3a 2 − b 2
⇒ sin C =
2a
2a

DC
+BC = a 2 + b 2 ⇒ cosC=
=

AC

VI

AB
a2
=
2sin C
3a 2 − b2

+R=

………………………………………………………………………..
+Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D1(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình:
x2+y2+z2+2ax+2by+2cz+d=0 nên

VII/a

 4a + 4b + d + 8 = 0
 4b + 4c + d + 8 = 0
5
1

⇔ a = c = − ;b = − ; d = 4

2
2
 2a + d + 1 = 0
 2b + 2c + d + 2 = 0


Suy ra tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R =

35
2

=0
+ h = d(I;(MNC1)) = 2
+ Bán kính đường trịn giao tuyến là

R 2 − h2 =

+VP=

05

2a
2b
2c
2a
2b
2c
1
1
1
+ 6 4+ 6
≤ 3 2+ 3 2+ 3 2 = 2 2+ 2 2+ 2 2
4
4
a +b b +c c +a
2a b 2b c

2c a
ab bc ca
05

1 1 1
1
1
1
+ 4+ 4≥ 2 2+ 2 2+ 2 2
4
a b c
ab bc ca

(Áp dụng BĐT CôSi cho từng cặp)
ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =1 hay x = y = z = 1
………………………………………………………………………..
Phần riêng theo chương trình chuẩn

VII/b

025

6

(Theo BĐT CôSi)

VII/a

025

3 3
2

………………………………………………………………………..
+Đặt a = x > 0; b = y > 0; c = z > 0
+VT=

025

025

u ur u ur
uu uu
+(MNC1) đi qua M(1;0;0) nhận  MC1 ; NC1  = (0;3; −3) làm véc tơ pháp tuyến có PT: y – z


VII/b

025

 y2 = x
+Tọa độ A;B là nghiệm hệ: 
A(1;-1); B(4;2)
x − y − 2 = 0
y 2 − yo − 2
2
∈ (P); h=d(C;d)= o
+C(yo ;yo)
2
1

3 2
yo − yo − 2
+ S ∆ABC = h. AB =
2
2
2
+Xét hàm số f = yo − yo − 2 Với −1 ≤ yo ≤ 2
Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2)
………………………………………………………………………..
n

S = ∑ k C 2 = 1 .C .2 + 2 .C .2 + ... + n .C .2
k =1

2

k
n

k

2

1
n

2

n

n

k =1

k =1

2
n

k k
k k
= ∑ k (k − 1)Cn 2 + ∑ kCn 2

Xét khai triển

2

2

n
n

n

025
025

025
025

025


n

(1+x)n=

∑C
k =0

n

n-1

n.3 =

k
n

∑ kC
k =0

k
n

n

xk ;

n(1+x)n-1=

k =0

2

n

⇔ 2n.3 = ∑ kC 2

k −1

n-1

k =0

n

+n(n-1)(1+x)n-2 =

∑ k (k − 1)C
k =0

n

n(n-1)3n-2=

∑ k (k − 1)C
k =0

∑ kC

k
n

k
n

k
n

k
n

x k −1 Lấy x=2 ta được
025

k

x k − 2 Lấy x=2 ta được
n

k
2k − 2 ⇔ 4n(n-1)3n-2= ∑ k ( k − 1)Cn 2 k
k =0

Vậy S=n.3n-2(2+4n)
………………………………………………………………………..
Phần riêng theo chương trình nâng cao
+PT đường thẳng AB: x+3y-7=0
+G ∈ (d) ⇒ G(a;2-a) Do G trọng tâm tam giác ABC nên diện tích tam giác GAB bằng 3/2

1
1
3
AB.d (G; AB ) = 2a + 1 = giải tìm được a = 1; a = -2
2
2
2
+Nếu a = 1 ⇒ G(1; 1) Vậy C(4; -2)
+Nếu a = -2 ⇒ G(-2; 4) Vậy C(-5; 7)
+ S ∆GAB =

……………………………………………………………………….

x − 3y ≥ 0
x − 3y ≥ 0
2
2
⇔
+ y − x + 2 = x − 3y ⇔  2
2
 y = −x − 2 h y = x −1
 y + 3y − x − x + 2 = 0
+Với y = -x - 2 thay PT hệ:

log 2010

025
025

2( x − 1)
2.20102 − 2
6.20102
⇔x=
=-2
;y=(tm đk)
−x − 2
2.20102 + 1
2.20102 + 1

025
025
025
025
05

025

+Với y = x - 1 thay PT của hệ:
x=

1 + log 2010 2
log 2010 2 − 1
; y=
Không thỏa mãn điều kiện
2
2

……………………………………………………………………….

025


Sở GD & ĐT Thanh Hố
Trường THPT Lê Văn Hưu

KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
MƠN TỐN KHỐI A
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Khơng kể thời gian phát đề)

Đ CHÍNH THỨ
Ề
C

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I. (2.0 điểm)
Cho hàm số y = (C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị
(C)
đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2.0 điểm)
1.Tìm nghiệm của phương trình 2cos4x - ( - 2)cos2x = sin2x + biết x∈ [ 0 ; π ].
33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0

2. Giải hệ phương trình 
2
 x − y = y + ( 2 y − x )( 2 y + x )


Câu III. (1.0 điểm)
1

∫

2 x3

Tính tích phân ( x e +
0

4

x

1+ x

)dx

Câu IV. (1.0 điểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện xy + yz + zx ≥ 2xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu V. (1.0 điểm)
Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện
ABCD.
PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được
chấm điểm).
A. Theo chương trình nâng cao
Câu VIa. (2.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 =
0.
Tìm toạ độ tâm và bán kính đường trịn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d 1), (d2), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N
là
tâm hình vng CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
log 3 ( x + 1) 2 − log 4 ( x + 1)3
>0
Giải bất phương trình
x2 − 5x − 6

B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Cho elip (E) : 4x2 + 16y2 = 64.Gọi F1, F2 là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ
rằng


tỉ số khoảng cách từ M tới tiêu điểm F2 và tới đường thẳng x =

8
có giá trị khơng đổi.
3

2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vng góc với (Q).
Câu VIIb. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình

1 2

6 3
k
A2 x − Ax2 ≤ Cx + 10 ( Cn , Ank là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử)
2
x

.................HẾT..............
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh .......................................................... số báo danh..................................................
Sở GD & ĐT Thanh Hố
ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu
MƠN TỐN
Tháng 03/2010
Đ CHÍNH THỨ
Ề
C
Thời gian:180 phút (Khơng kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

NỘI DUNG
TXĐ : D = R\{1}
Chiều biến thiên

lim f ( x) = lim f ( x) = 1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

x →+∞
x →−∞

THANG
ĐIỂM
0.25
0.25

lim f ( x) = +∞, lim = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
−

x →1+

x →1

1
<0
y’ = −
( x − 1) 2

Bảng biến thiên
x

-∞

0.25
1

+∞

-

y'

-

1

+∞

y
-∞

1

Hàm số nghịc biến trên (−∞;1) và (1; +∞)
Hàm số khơng có cực trị
Đồ thị.(tự vẽ)
Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ đồ thị
Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối
xứng

0.25


2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ
tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y = −
⇔−

0.25

x
1
( x − x0 ) + 0
2
( x0 − 1)
x0 − 1

2
x0
1
x− y+
=0
( x0 − 1) 2
( x0 − 1) 2

0.25

2
x0 − 1

Ta có d(I ;tt) =

1+

Xét hàm số f(t) =
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên

từ bảng biến
d(I ;tt) lớn nhất
chỉ khi t = 1 hay

1
( x0 + 1) 4
2t

1+ t4

(t > 0) ta có f’(t) =

(1 − t )(1 + t )(1 + t 2 )
(1 + t 4 ) 1 + t 4

0.25
x

1

0

f'(t)
f(t)

+

0

+∞

-

thiên ta c
khi và

2

 x0 = 2
x0 − 1 = 1 ⇔ 
 x0 = 0

+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4

Câu
II(2.0đ)
1.
(1.0đ)

0.25

0.25
Phương trình đã cho tương đương với
2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x
cosx=0
⇔ 4cos3xcosx=2 3cos 2 x + 2s inxcosx ⇔ 
 2cos3x= 3cosx+sinx

+ cosx=0 ⇔ x=

π
+ kπ
2

π

3x=x- 6 + k 2π
π
+ 2cos3x= 3cosx+sinx ⇔ cos3x=cos(x- ) ⇔ 
6
3x = π − x + k 2π

6


0.25

0.25


0.25
π

 x = − 12 + kπ
π
11π
π
13π
⇔
,x = ,x =

vì x ∈ [ 0; π ] ⇒ x = , x =
2
12
24
24
 x = π + kπ


24 2

2.(1.0đ)

 x, y ≥ 0
x ≥ y

0.25

ĐK: 

Hệ phương trình
33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
33 x − 2 y − 5.6 x + 4.23 x − 2 y = 0


⇔
⇔
 x − y − y = (2 y − x)( 2 y + x )
 x − 2 y = (2 y − x)( 2 y + x )( x − y + y )



33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
33 x −2 y − 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0

⇔
⇔
(2 y − x )[( 2 y + x )( x − y + y ) + 1] = 0
2 y − x = 0


(do

0.25

2 y + x )( x − y + y ) + 1 ≠ 0 )

3
32 x − 5.6 x + 4.2 2 x = 0 (1)
− 5.6 x + 4.23 x −2 y = 0
⇔
⇔
2 y = x
 2 y = x (2)
 3 x
x = 0
( 2 ) = 1
3 2x
3 x
2x
x
2x

⇔  x = log 4
Giải (1): 3 − 5.6 + 4.2 = 0 ⇔ ( ) − 5.( ) + 4 = 0 ⇔ 
3
3 x
2
2

( ) = 4

2
 2

3 x−2 y

0.25
0.25

Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
1
Với x = log 3 4 thay vao (2) ta được y = log 3 4
2

2

2

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = log 3 4 ,y =
2

1

log 3 4
2
2

1
1
1
4
4
Câu III.
x
x
2 x
)dx . Ta có I = ∫ x 2 e x dx + ∫
dx
Đặt I = ∫ ( x e +
(1.0đ)
1+ x
x
0
0
0 1+
3

3

1

2 x
Ta tính I1 = ∫ x e dx Đặt t = x3 ta có I1 =

3

0

1

Ta tính I 2 = ∫
0

4

x

1+ x

dx Đặt t =

4

1

1 t
1 t
∫ e dt = 3 e
30

1
0

x ⇒ x = t 4 ⇒ dx = 4t 3dt

1
1
= e−
3
3

0.25
0.25
0.25


0.25

t4
1
2 π
dx = 4 ∫ (t 2 − 1 +
)dt = 4(− + )
2
2
1+ t
1+ t
3 4
0
0
1
Vậy I = I1+ I2 = e + π − 3
3
1 1 1

Ta có xy + yz + xz ≥ 2 xyz ⇔ + + ≥ 2 nên
Câu IV.
x y z
1

1

Khi đó I 2 = 4 ∫

0.25

(1.0đ)

0.25
1
1
1 y −1 z −1
( y − 1)( z − 1)
≥ 1− +1− =
+
≥2
(1)
x
y
z
y
z
yz

Tương tự ta có

1
1
1 x −1 z −1
( x − 1)( z − 1)
≥ 1− +1− =
+
≥2
(2)
y
x
z
x
z
xz

1
1
1 x −1 y −1
( x − 1)( y − 1)
≥ 1− +1− =
+
≥2
(3)
y
x
y
x
y
xy

Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x − 1)( y − 1)( z − 1) ≤
vậy Amax =
Câu V.
(1.0đ)

0.25

1
3
⇔x= y=z=
8
2

P

Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P
Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vng tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
x = 2(a 2 + c 2 − b 2 ), y = 2(b 2 + c 2 − a 2 )
z = 2(a 2 + b 2 − c 2 )
1
Vậy V =
12

0.25

1

8

1.0

D

B

A

M

C

N

2( a 2 + c 2 − b 2 )(b 2 + c 2 − a 2 )(a 2 + b 2 − c 2 )

Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)

Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4)
Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3

0.5
0.5


2.
(1.0đ)

Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1)
B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2)
Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4
M,N,B,C’ có dạng
x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D =
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5

A = − 2
1 + 2 A + D = 0

5
 2 + 2 B + 2C + D = 0


B = −
⇔
2

8 + 4 A + 4C + D = 0

1

8 + 4 B + 4C + D = 0
C = −

2

D = 4


Câu
VIIa
(1.0đ)

Vậy bán kính R =
Đk: x > - 1

bất phương trình ⇔

1.0

Y
D'

A'

điểm

C'
B'

0

N

M
D

A

X

B

C
Z

A2 + B 2 + C 2 − D = 15

0.25
3log 3 ( x + 1)
log 3 4
>0
( x + 1)( x − 6)

2 log 3 ( x + 1) −

0.25

log 3 ( x + 1)
<0
x−6
⇔0< x<6

0.25

Ta có F1 (− 12;0), F2 ( 12;0) Giả sử M(x0 ; y0)thuộc (E) H là hình chiếu của M

0.5

⇔

0.25

8
8 − 3x0
. Ta có MF2 = a - cx0/a =
3
2
MF2
8 − 3x0
MH =
. Vậy
khơng đổi
MH
3

Câu
VIb
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
2.

(1.0đ)

trên đường thẳng x =

Câu
VIIb
(1.0đ)

nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4

uu
ur

ur
u

u u ur
ur u

Ta có AB(1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ  = (1; −2;1)


u u ur
ur u

r

0.5

1.0

u u ur
ur u

Vì  AB; nQ  ≠ 0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến




Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0

Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng
phần nh đáp án quy định


SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010

(lần 2)
TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN

Mơn: Tốn – Khối A, B, V
Thời gain làm bài: 180 phút
Ngày thi: 03/04/2010
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số y =

2x −1
x +1

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C).
Câu II: (2 điểm)
x
4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2
1 Giải phương trình:
2
=0
2sinx - 3

2. Giải bất phương trình: x 2 − 3x + 2.log 2 x 2 ≤ x 2 − 3x + 2.(5 − log x 2)
Câu III: ( 1 điểm).
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) của hàm sơ y = x3 – 2x2 + x + 4 và tiếp tuyến
của (C) tại điểm
có hồnh độ x0 = 0. Tính thể tích của vật thể trịn xoay được tạo thành khi quay hình
phẳng (H) quanh trục Ox.
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng
cách giữa hai
đường thẳng AB và A’C bằng

a 15
. Tính thể tích của khối lăng trụ
5

Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
(2 x + 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)



(2)
 y-1 − 2 4 ( y + 1)( x − 1) + m x + 1 = 0


II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: ( 2 điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; và phương trình: x2 + y2 – 2(m
+ 1)x + 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường
trịn với mọi m.Gọi các đường tròn tương ứng là (Cm). Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C).
2. Trong khơng gian Oxyz cho đường thẳng d:

x −1 y + 2 z
=
= và mặt phẳng (P): 2x + y –
1
1
1

2z + 2 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P)
và đi qua điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( 1 điểm).
Cho x; y là các số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
P = 5xy – 3y2
Phần 2: Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: ( 2 điểm).

1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng d1 :
d2 :

x −2 y −3 z −3
=
=
và
1
1
−2

x −1 y − 4 z − 3
=
=
. Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt
1
−2
1

phẳng. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và
d2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC.
2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1 (− 3;0); F2 ( 3;0) và đi qua điểm
1

A  3; ÷ . Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu
2


thức:
P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M

Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức:
0
2
4
2k
2008
2010
S = C2010 − 3C2010 + 32 C2010 + ... + ( −1) k C2010 + ... + 31004 C2010 − 31005 C2010

------------------------------------Hết -------------------------------------Hướng dẫn giải
Câu I:
x = X −1
y = Y + 2

2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy --> IXY: 
Hàm số đã cho trở thành : Y = −

3
hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường
X

thẳng Y = - X
Hay y – 2 = - x – 1 ⇔ y = - x + 1
x
3
và cos ≠ 0 và cosx ≠ 0
2
2

Câu II: 1. Điều kiện: s inx ≠

cosx = 1
Biến đổi pt về: 4cos x - 4 cos x – cosx + 1 = 0 ⇔ 
cosx = ± 1

2
3

2

2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2.
x 2 − 3 x + 2.log 2 x 2 ≤ x 2 − 3 x + 2.(5 − log
⇒

x

2)

2 log 2 x − 5log 2 x + 2
2
≤0
log 2 x

Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III: Phương trình tiếp tuyến :
y=x+4
x = 0

Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0 ⇔ 
x = 2

2

2

0

0

2
3
2
2
V = π ∫ ( x + 4) dx − π ∫ ( x − 2 x + x + 4) dx


Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH ⊥
M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
a 15
a 15
; M’C =
; MM’ = a 3
10
2
3
Vậy V = a3
4

HC =

Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx]
x +1
= (2 x + 1) ln
x

TXĐ: D = [0;+∞)

Gọi x1; x2 ∈ [0;+∞) với x1 > x2
2 x1 + 1 > 2 x2 + 1 > 0



Ta có : ln x1 + 1 > ln x2 + 1 > 0 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) : f(x) là hàm số tăng

x1
x2


Từ phương trình (1) ⇒ x = y

(2) ⇒ x − 1 − 2 4 ( x − 1)( x + 1) + m x + 1 = 0 ⇔
Đặt X =

4

x −1
x −1
− 24
+m=0
x +1

x +1

x −1
==> 0 ≤ X < 1
x +1

Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1
Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X – 2
==> hệ có nghiêm ⇔
-1 < m ≤ 0
Câu VI.a
1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính
R ' = (m + 1) 2 + 4m 2 + 5

OI = (m + 1)2 + 4m 2 , ta có OI < R’
Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( vì R’ > R)
Giải ra m = - 1; m = 3/5
2. Gọi I là tâm của (S) ==> I(1+t;t – 2;t)
Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13
(S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 =
121/139
Câu VII.a
5 xy − 3 y 2
P= 2
x + xy + y 2

Với y = 0 ==> P = 0
Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có: P =

5t − 3

⇔ Pt 2 + ( P − 5)t + P + 3 = 0
t + t +1
2

+ P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi
∆’ = - P2 – 22P + 25 ≥ 0 ⇔ - 25/3 ≤ P ≤ 1
Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:

(1)


r

1. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương a = (1;1; −2)
r
d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương b = (1; −2;1)
u
rr

r

r r u u ur
uuu

Ta có  a,b  ≠ 0 va  a, b  M 0 M 1 = 0
 
 
(d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ==> A ∈ (d1,d2)

t +5 t +5



;
;3 − t ÷∈ d2 ==> t = - 1 ==> M(2;2;4)
B(2 + t;3 + t;3 - 2t); M 
2
 2

uu r
ur
C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC ⊥ a ==> t = 0 ==> C(1;4;2)
x2 y 2
3
1
x2 y 2
+ 2 = 1 ⇒ 2 + 2 = 1 , a2 = b2 + 3 ==>
+
=1
2. (E): 2
a
b
a 4b
4 1
2
2
2
P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2( xM + yM ) – (a2 – e2 xM ) = 1

Câu VII.b:

Ta có: ( 1 + i 3 )
Mà ( 1 + i 3 )
Vậy

2010

2010

(

(

+ 1− i 3

+ 1− i 3

)

)

2010

2010

0
2
4
2k

2008
2010
= 2 ( C2010 − 3C2010 + 32 C2010 + ... + (−1) k 3k C2010 + ... + 31004 C2010 − 31005 C2010 )

2010π
2010π
-2010π
-2010π 

+ sin
) + 22010  cos
+ sin
÷
3
3
3
3 

2010
2010
= 2.2 ( cos670π ) = 2.2

= 22010 (cos

S = 22010
-----------------------------------------------------