ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 3 - TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH pps

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số
.
x
x
y
2
32
+
+
=

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận của (C). Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M
cắt các đường tiệm cận của (C) lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
nhỏ nhất.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình:
.
xcosxsin
)xcosx(sin
xsinxtan 1

2
2
3
222 =
−
+
+






π
−+
2)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
1311122
2422
+=−−−−+ xx)xx(
)Rx(
∈
.

Câu III. (1 điểm)
Tính tích phân

∫
π
π
π
+
=
4
6
3
2
4
dx
)xsin(xsin
xcos
I
.

Câu IV. (1 điểm)
Cho hình l
ă
ng tr
ụ
ABC.
C
B
A
′
′
′
có

ABC
.
A
′
là hình chóp tam giác
đề
u c
ạ
nh
đ
áy AB = a. Bi
ế
t
độ
dài
đ
o
ạ
n
vuông góc chung c
ủ
a
A
A
′
và BC là
4
3a
. Tính th
ể

tích kh
ố
i chóp
C
C
B
B
.
A
′
′
′
.

Câu V. (1 điểm)
Tìm t
ấ
t c
ả
các s
ố
th
ự
c x th
ỏ
a mãn ph
ươ
ng trình
2010416
2010

2
5
=






+
log
xcosxsin
.
PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: PHẦN A hoặc PHẦN B)
PHẦN A
Câu VIa. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường tròn
2
1
1
22
1
=+− y)x(:)C( và
422
22
2
=−+− )y()x(:)C(
.
Vi
ế

t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng (d) ti
ế
p xúc v
ớ
i
đườ
ng tròn )C(
1
và c
ắ
t
đườ
ng tròn )C(
2
t
ạ
i các
đ
i
ể
m M, N sao cho MN =
22 .
2)
Trong không gian v

ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz cho hình thang cân ABCD có
đ
áy l
ớ
n AB và t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh
);;(A 211
−
−
;
);;(B 011
−
và );;(C 210
−
. Xác
đị
nh t
ọ

a
độ

đỉ
nh D.

Câu VIIa. (1 điểm)
Tính t
ổ
ng
2009
2010
25
2010
23
2010
21
2010
200953 C CCCS +−+−= .

PHẦN B
Câu VIb. (2 điểm)
1) Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ

t
ọ
a
độ
Oxy cho hình ch
ữ
nh
ậ
t ABCD có di
ệ
n tích b
ằ
ng 12, tâm );(I
2
3
2
9
và trung
đ
i
ể
m c
ủ
a c
ạ
nh AD là M(3; 0). Xác
đị
nh to
ạ

độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ
nh
ậ
t ABCD.
2) Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz cho
đ
i
ể
m );;(H
11
2
11
6
11
2
− . Vi

ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng (P)
đ
i qua H
và c
ắ
t các tr
ụ
c t
ọ
a
độ
l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i A, B, C sao cho H là tr
ự
c tâm c
ủ
a tam giác ABC.

Câu VIIb. (1 điểm)
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình )Rx()x(log
x
∈=++
−+
112
3
2
311
2
1

Hết

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT

LƯƠNG THẾ VINH

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010


NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I. 2 điểm
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

.
x
x
y
2
32
+
+
=

*
T
ậ
p xác
đị
nh: D = R\{-2}
* Chi
ề
u bi
ế
n thiên: Dx
)x(
y ∈∀>
+
=
′
0
2
1
2

*
Ti
ệ
m c
ậ
n:
2
22
=−∞=+∞=
±∞→
−→−→
+−
x
xx
lim;lim,lim


⇒
Đồ thị (C) có tiệm cận đứng
2
−
=
x
và tiệ
m c
ậ
n ngang y = 2
* B
ả

ng bi
ế
n thiên

x -
∞
-2 +
∞

y’ + +


y

+
∞
2



2 -
∞

* V
ẽ

đ
úng
đồ
th

ị


2) Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt
L
ấ
y
2
2
32
0
0
0
0
−≠∈








+
+
x);C(
x
x
;xM thì ph
ươ

ng trình ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ
i (C) t
ạ
i M có d
ạ
ng
2
32
2
1
0
0
0
2
0
+
+
+−
+
=
x
x
)xx(
)x(
y (d)

G
ọ
i A là giao c
ủ
a (d) và ti
ệ
m c
ậ
n
đứ
ng
2
−
=
x
. Tìm ra )
x
x
;(A
2
22
2
0
0
+
+
− . G
ọ
i B là giao c
ủ

a (d) và
ti
ệ
m c
ậ
n ngang y = 2. Tìm ra
);x(B 222
0
+ . T
ừ

đ
ó suy ra M là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AB.
Ta th
ấ
y tam giác IAB vuông t
ạ
i I nên IM là bán kính
đườ
ng tròn ngo
ạ
i ti
ế
p

IAB
∆
. V
ậ
y
đườ
ng tròn
ngo
ạ
i ti
ế
p tam giác IAB có di
ệ
n tích là
2
IM.π
nh
ỏ
nh
ấ
t
IM
⇔
nh
ỏ
nh
ấ
t
Ta có
);(I

22
−
và 2
2
1
22
2
32
2
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
≥
+
++=









−
+
+
++=
)x(
)x(
x
x
)x(IM . V
ậ
y IM nh
ỏ
nh
ấ
t
khi



−
⇒
−=
−
⇒
−=
⇔



−=+

=+
⇔
+
=+
);(Mx
);(Mx
x
x
)x(
)x(
333
111
12
12
2
1
2
0
0
0
0
2
0
2
0

1 điểm

0,25đ


0,25 đ



0,25đ


0,25đ

1 điểm


0,25đ


0,25đ

0,25đ





0,25đ

Câu II.

2 điểm
1) Giải phương trình


.
xcosxsin
)xcosx(sin
xsinxtan 1
2
2
3
222 =
−
+
+






π
−+

Đ
i
ề
u ki
ệ
n

:
02
≠
xcos

Ph
ươ
ng trình
1
2
222 =
−
+
++⇔
xcosxsin
)xcosx(sin
xcosxtan
xcos)xcosx(sinxcosxsin 22222
22
=+−+⇔

xcosxsinxcosxsin 2222222
2
=−−+⇔
0222
2
=−−⇔ xcosxcos
22
−
=

⇔
xcos

(lo
ạ
i) ho
ặ
c
1
2
−
=
x
cos
)Zk(kx ∈π+
π
=⇔
2
(th
ỏ
a mãn)
1 điểm


0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ

2) Giải phương trình:

1311122
2422
+=−−−−+ xx)xx(
)Rx(
∈

Đặ
t 11
2
≥+= xu và

01
2
≥−= xv

1
22
−=
⇒
ux

và

2
22
=
+
v

u

Ph
ươ
ng trình





=+
−=−−
⇔
)(vu
)(uuvvu
22
12324
22
2
( 01
≥
≥
v;u )
Thay (2) vào (1) ta được phương trình:
0242324
22222
=−++−⇔+−=−− uu)u(vv)vu(uuvvu
Ta có
2
23 )u( −=∆ uv 2

=
⇒
hoặc
u
v
−
=
2

* Với 351212
222
−=⇔+=−⇔= xxxuv (vô nghiệm)
* Với 0112111212
42222
=⇔=−⇔=++−⇔+−=−⇔−= xxxxxxuv
1 điểm



0,25đ

0,25đ
0,25đ


0,25đ
Câu III 1 điểm
Tính tích phân

∫

π
π
π
+
=
4
6
3
2
4
dx
)xsin(xsin
xcos
I
.
.

Ta có
∫∫∫
π
π
π
π
π
π
+
=
+
=
π

+
=
4
6
2
2
4
6
2
4
6
2
1
22
4
dx
)xcot(xsin
xcot
dx
)xcosx(sinxsin
xcot
dx
)xsin(xsin
xcot
I
.
Đặ
t t = cotx thì dt =
xsin
dx

2
− và 1
4
3
6
=
⇒
π
==
⇒
π
= tx;tx
V
ậ
y
∫∫






+
+−=
+
=
3
1
3
1

2
1
1
12
1
2 dt
t
tdt
t
t
I









+
+−=









++−=
2
31
322
1
3
1
2
2
2
lntlnt
t







0,25đ


0,25đ


0,25đ



0,25đ

Câu IV 1 điểm
Tính thể tích khối chóp
C
C
B
B
.
A
′
′
′
.

A’ C’



B’
N



A C

O M

B

G
ọ

i O là tâm c
ủ
a
đ
áy ABC và M là trung
đ
i
ể
m c
ạ
nh BC. H
ạ

A
A
MN
′
⊥
. Do )AMA(BC
′
⊥ nên MN
là
đ
o
ạ
n vuông góc chung c
ủ
a
A
A

′
và BC
4
3a
MN =
⇒

Ta có
;
a
AMAO;
a
AM
3
3
3
2
2
3
===

4
3
22
a
MNAMAN =−=
Hai tam giác
OA
A
′

và MNA
đồ
ng d
ạ
ng nên
3
a
AN
AO.MN
OA
AN
AO
MN
OA
==
′
⇒
=
′
.
18
3
4
3
3
3
2
3
2
3

1
32
aa
.
a
.S.OAS.OAS.OAVVV
ABCABCABCABC.AABC.CBACCBB.A
==
′
=
′
−
′
=−=
′′′′′′′












0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ
Câu V 1 điểm
Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình
2010416
2010
2
5
=






+
log
xcosxsin
.
L
ấ
y
2010
log c
ả
2 v
ế
thì ph

ươ
ng trình 5416
2
=+⇔
xcosxsin

Ta có
5454
4
1
4
4
1
4
4
1
4
4
1
4416
5
1442
≥≥++++=+
−+ )xcosxsin(xcosxcosxcosxcosxsinxcosxsin

do 1
22
=+≥+ xcosxsinxcosxsin

D

ấ
u b
ằ
ng x
ả
y ra





∈π=⇔=⇔
=+
=
⇔ )Zk(kxxsin
xcosxsin
xcosxsin
0
1
4
4
1
4
4



0,25đ

0,5đ

0,25đ
Câu VIa 2 điểm
1) Viết phương trình đường thẳng (d)
Đườ
ng tròn )C(
1
có tâm );(I 01
1
và bán kính
2
1
1
=R
.
Đườ
ng tròn )C(
2
có tâm );(I 22
2
và bán
kính 2
2
=R .
Ta c
ầ
n có (d) là ti
ế
p tuy

ế
n c
ủ
a )C(
1
và cách tâm I
2
m
ộ
t kho
ả
ng 2
2
2
2
2
=






−=
MN
RIH
* TH1
: N
ế
u (d) có d

ạ
ng x = c. Ta có h
ệ






⇒
=−
=−
22
2
1
1
c
c
vô nghi
ệ
m c
* TH2:
N
ế
u (d) có d
ạ
ng y = ax + b.
Ta có h
ệ








⇔+−=+⇒
=
+
+−
=
+
+
baba
)(
a
ba
)(
a
ba
222
22
1
22
1
2
1
1
2

2



−=
=+
2
234
b
ba

Khi 234
=
+
ba thay vào (1) gi
ả
i ra
1
−
=
a
ho
ặ
c
7
1
−=a
⇒
(d): 02
=

−
+
yx ho
ặ
c 067
=
−
+
yx
Khi
2
−
=
b
thay vào (1) gi
ả
i ra a = 1 ho
ặ
c a = 7
⇒
(d): 02
=
−
−
yx ho
ặ
c 027
=
−
−

yx


2) Xác định tọa độ đỉnh D.
Ta có BC = 3. Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.
G
ọ
i
∆
là
đườ
ng th
ẳ
ng
đ
i qua C và song song v
ớ
i AB và (S) là m
ặ
t c
ầ
u tâm A, bán kính R = 3 thì D là
giao c
ủ
a
∆
và (S).
Đườ
ng th
ẳ

ng
∆

đ
i qua C có vtcp );;(AB 222−
→
nên ta có ph
ươ
ng trình
)(
mz
my
mx
: 1
22
21
2





+=
+−=
−=
∆

M
ặ
t c

ầ
u (S) có ph
ươ
ng trình: )()z()y()x( 29211
222
=++++− .
Gi
ả
i h
ệ
(1), (2) tìm ra
1
−
=
m
ho
ặ
c
3
2
−=m .
Khi m = -1 ta có );;(D 032
−
(lo
ạ
i vì khi
đ
ó CD = AB = 32 nên ABCD là hình bình hành)
Khi
3

2
−=m ta có );;(D
3
2
3
7
3
4
− (th
ỏ
a mãn)


1 điểm





0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ

1 điểm




0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,25đ
Câu VIIa 1 điểm
Tính tổng

2009
2010
25
2010
23
2010
21
2010
200953 C CCCS +−+−= .
Khai tri
ể
n

20102010
2010
33
2010
22
2010
1
2010
0
2010
2010
1 xC xCxCxCC)x( +++++=+
Đạ
o hàm 2 v
ế

20092010
2010
23
2010
2
2010
1
2010
2009
20103212010 xC xCxCC)x( ++++=+⇒
Nhân 2 v
ế
v
ớ

i x và
đạ
o hàm ta
đượ
c
[
]
20082009
1200912010 )x(x)x( +++ =
20092010
2010
223
2010
22
2010
21
2010
201032 xC xCxCC ++++
Thay x = i vào 2 v
ế
ta có
V
ế
trái = )i(.)i()i.()i()i.( 201012201020101220102010112010
100410042008
+=+=++
V
ế
ph
ả

i = )C C(i)C CCC(
2010
2010
22
2010
22009
2010
25
2010
23
2010
21
2010
20102200953 +−++−+−
V
ậ
y
1004
22010
.S =



0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ
Câu VIb 2 điểm
1) Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật
.
Ta có 232
== IMAB
và 222
==⇒== MDMA
AB
S
AD
ABCD
.
Đườ
ng th
ẳ
ng AD
đ
i qua M ( 3; 0) và nh
ậ
n
);(MI
2
3
2
3
→
làm véc t
ơ
pháp tuy

ế
n nên có ph
ươ
ng trình
03
=
−
+
yx
.
Vì
2
== MDMA

nên tọa độ A, D là nghiệm của hệ



=+−
=−+
23
03
22
y)x(
yx
.
Gi
ả
i h
ệ

tìm ra A( 2; 1), D( 4; -1)
Vì I là trung
đ
i
ể
m AC và BD nên t
ừ

đ
ó có
C
(7; 2) và B(5; 4)

V
ậ
y to
ạ

độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ
nh
ậ
t là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1).

2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A
Gi
ả
s
ử
A(a; 0; 0); B(0; b; 0) và C(0; 0; c) 1
=++⇒
c
z
b
y
a
x
:)P(
. T
ừ

)P(H
∈
suy ra
)(
cbacba
111
262
1
11
2
11
6
11

2
=++−⇔=++−
.
Ta có:

);;a(AH
11
2
11
6
11
2
−−
→
;

)c;b;(BC −
→
0
.
Vì
)(cbBCAH
2026
=
+
−
⇒
⊥

);b;(BH
11
2
11
6
11
2
−−
→
;

)c;;a(AC
0
−
→
.
Vì
)(caACBH
3022
=
+
⇒
⊥

Gi
ả
i h
ệ
(1), (2), (3) tìm ra 2
3

2
2
==−= c;b;a
và t
ừ

đ
ó có ph
ươ
ng trình 023
=
+
−
−
zyx:)P(

1 điểm
0,25đ



0,25đ

0,25đ
0,25đ

1 điểm

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ
Câu VIIb 1 điểm
Giải phương trình
)Rx()x(log
x
∈=++
−+ 112
3
2
311
2
1

Đặ
t 011
2
≥−+= xt
. Ph
ươ
ng trình tr
ở
thành
t
)t(log
311

3
=++

Đặ
t
)t(logy
1
3
+=
ta có h
ệ






=⇔−=−⇒
+=
+=
ytyt
y
t
ty
t
y
33
13
13

V
ậ
y ta có 13
+= t
t
. Xét hàm 13
−−= t)t(f
t
v
ớ
i 0
≥
t
ta th
ấ
y ph
ươ
ng trình f(t) = 0 ch
ỉ
có nghi
ệ
m
duy nh
ấ
t t = 0.
T
ừ

đ
ó suy ra 0011

2
=⇔=−+= xxt
.


0,25đ
0,25đ


0,25đ

0,25đ