ĐỀ THI THỬ LẦN 2+ĐA

SỞ GD & ĐT GHỆ A

TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
Thanh Chương

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 2 - ĂM 2010
Môn thi: TOÁ; Khối: A - B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

PHẦ CHUG CHO TẤT CẢ THÍ SIH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
4 2
1
2 3
y x mx m
m
= − −
(1) , m là tham số thực khác 0.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A,B,C sao cho tam giác ABC vuông.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2tan (cot 2 sin ) 1
x x x
+ =

2. Giải hệ phương trình
3
( , )
4
x y

x y x y
x y
x y R
x y
x y x y
x y

+
+ + − =

−

∈

−

+ − − =

+


Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường
| 4 |
x x
y e e
−
= −
và
3
y

=

Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a ; AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của cạnh SA và BC. Gọi E là giao điểm của mặt phẳng (DMN) với cạnh bên SB. Biết góc

0
30
DM =
, tính thể tích khối chóp S.DMEN theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn
3
a b c
+ + ≤
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 3
ab bc ca
P
ab c bc a ca b
= + +
+ + +


PHẦ RIÊG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chun
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
( 6) ( 6) 50
x y

+ + − =
. Đường thẳng ∆ cắt hai trục tọa
độ tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C) tại điểm M sao cho M là
trung điểm của đoạn thẳng AB.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0 ; 1; 1), C(0; 0 ; 2) và đường thẳng
2 1
:
1 1 1
x y z
d
+ −
= =
−
. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và
(ABC) bằng 30
0
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình
1 1 1
5 5 5
log log log
6
12.9 35. 18.4 0
x x
x
− + ≥
, (x ∈ R)
B. Theo chương trình âng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường

thẳng DM: x – y – 2 = 0 và C(3; - 3) . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: 3x + y – 2 = 0, xác định tọa độ các đỉnh
A,B, D.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD có phương trình cạnh
2 3
:
2 1 2
x y z
CD
− −
= =

và hai đường thẳng
1
1 1 1
:
1 1 1
x y z
d
− − +
= =
−
;
2
1 1
:
1 1 2
x y z
d
− +
= =

. Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d
1
và
đỉnh B thuộc đường thẳng d
2
, xác định tọa độ các đỉnh A, B và tính diện tích của hình bình hành ABCD.
Câu VII.b (1,0 điểm) Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình z
2
– 2z + 4 = 0. Tính giá trị của biểu thức
( ) ( )
2010 2010
1 2
1 2
| | | |
z z
A
z z
+
=
+
. Hết
Thông báo: 1) Trung tâm luyện thi ĐH-CĐ khối A tại Xã Thanh Tường – Huyện Thanh Chương – Tỉnh ghệ An sẽ tuyển sinh năm học
2010 – 2011 các khối lớp 10, 11, 12, 13.
2) Môn Toán: Thầy Trần Đình Hiền ; Môn Lý: Thầy Trần Đình Hùng ; Môn Hóa: Thầy guyễn Phương Kháng.
3) Thời gian đăng ký danh sách: Lớp 11,12 từ ngày 1/6/2010. Lớp 10, 13 từ ngày 25/8/2010.
4) Mọi chi tiết xin liên hệ Thầy: guyễn Phương Kháng - Số điện thoại : 0986606720 hoặc vào địa chỉ:

ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L2 ĂM 2010 – TRƯỜG THPT ĐẶG THÚC HỨA – GV: TRẦ ĐÌH HIỀ
Câu(ý) ội dung Điểm
I-1
Khi m = 1 ta có hàm số y = x
4
– 2x
2
- 3.
*Tập xác định D = R.
*Sự biến thiên.
+ Chiều biến thiên : y’ = 4x(x
2
– 1) ; y’= 0 ⇔ x = 0 v x = ± 1.
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1; + ∞). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; - 1) và (0 ; 1)
0,25
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= - 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1, y
CT
= - 4
+ Giới hạn tại vô cực:
4 2 4 2
lim ( 2 3) ; lim ( 2 3)
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− − = +∞ − − = +∞

0,25
+ Bảng biến thiên:

x -∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
+∞ -3 +∞



-

4

-

4

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5

6
x
y

0,25
*Đồ thị:
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm:
( 3;0),( 3;0)
−

+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 3)
+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng.
0,25
I-2
2
1
' 4 ( ); ' 0 0
y x x m y x v x m
m
= − = ⇔ = = ±
.
0,25
Hàm số có 3 cực trị khi phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

⇔
m ≠ 0 (1)
0,25
Giả sử 3 điểm cực trị là: A(0; - 3m), B(- m; - m
3
– 3m ), C (m; - m

3
– 3m )
3 3
( ; ); ( ; )
AB m m AC m m
= − − = −
 
.
0,25
Ta có AB = AC ,
∀
m ≠ 0
⇒

∆
ABC cân tại A. Nếu
∆
ABC vuông thì chỉ vuông được tại A.
∆ABC vuông tại A ⇒
2 6
. 0 0; 1
AB AC m m m m
= ⇔ = ⇔ = = ±
 
. Kết hợp đk (1) ⇒ m = ± 1.
0,25
II-1
Điều kiện: sin2x≠ 0 (*)

Phương trình tương đương với

2
2sin (cos 2 sin 2 .sin ) cos 2 sin 2 .sin
1 1
cos .sin 2 cos
x x x x x x x
x x x
+ +
= ⇔ =

0,25
2 2 2 2
cos sin 2cos .sin cos
x x x x x
⇔ − + =

2
sin (2cos 1) 0
x x
⇔ − =

0,25
•
sin x = 0 ( Loại vì điều kiện (*))
0,25
•
1
cos 2 ,
2 3
x x k k Z
π

π
= ⇔ = ± + ∈
( Thỏa mãn điều kiện (*)).
0,25
II-2
Điều kiện: x + y > 0 và x – y > 0. Đặt
, ( , 0)
u x y v x y u v
= + = − >

0,25
Hệ phương trình trở thành
2
2
3 (1)

(2)
4
uv v u
u uv v

+ =


− =


. Đặt v = tu, (t > 0)
0,25
Lấy phương trình (1) chia phương trình (2) theo vế ⇒

2
3 2
3 1
4 4 3 3 0
1 4 2
t t
t t t t
t t
+
= ⇔ + + − = ⇔ =
−

0,25
⇒
2
u v
=
. Hệ phương trình ⇔
4 16 10
2 4 6
u x y x
v x y y
= + = =
  
⇔ ⇔
  
= − = =
  
(Thỏa mãn điều kiện)
0,25

III
Phương trình:
2
2
4 3 3 4 0 1 0
| 4 | 3
ln 4
4 3 3 4 0 4
x x x x x
x x
x x x x x
e e e e e x
e e
x
e e e e e
−
−
−
  
− = − + − = = =

− = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
  

=
− = − − = =

  

0,25

Diện tích hình phẳng là
ln 4
0
| 4 | 3
x x
S e e dx
−
= − −
∫
. Giải phương trình
4 0 2 ln 2
x x x
e e e x
−
− = ⇔ = ⇔ =

0,25
ln 2 ln 4 ln2 ln4
0 ln2 0 ln2
| ( 4 ) 3| | 4 3| ( 4 3) ( 4 3)
x x x x x x x x
S e e dx e e dx e e dx e e dx
− − − −
= − − − + − − = − + − + − −
∫ ∫ ∫ ∫

0,25
ln 2 ln 4
( 4 3 ) ( 4 3 ) 6ln 2 2
0 ln 2

x x x x
e e x e e x
− −
= − − − + + − = −
( đvdt)
0,25
IV
AN = DN =
2
a
; AD = 2a ⇒ ∆AND vuông tại N.
Theo định lý (3 đường vuông góc) ⇒ DN⊥MN ⇒

tan 6
D
DM M a
M
= ⇒ =

Theo ĐL Pitago ⇒ AM = 2a ⇒ SA = 4a.
Gọi {I} = DN∩AB ⇒ E là trọng tâm của ∆SAI ⇒ d(E,(ABCD)) =
1 4
3 3
a
SA =

Thể tích khối chóp M.AID là
3
2
.

1 1 4
. 2 .2
3 3 3
M AID AID
a
V MA S a a
∆
= = =

Thể tích khối chóp E.BIN là

2 3
.
1 1 4 2
( ,( )). . .
3 3 3 2 9
E BI BI
a a a
V d E ABCD S
∆
= = =

Thể tích khối đa diện ADM.BNE là
3
. . .
10
9
ADM BE M AID E BI
a
V V V= − =

Thể tích khối chóp S.ABND là
2
3
.
1 1 3
. 4 . 2
3 3 2
S ABD ABD
a
V SA S a a
= = =
□

Thể tích khối chóp S.DMEN là
3
. . .
8
9
S DME S ABD ADM BE
a
V V V= − =

0,25
0,25
0,25
0,25
V
1
2

3 ( ) ( )( )
ab ab ab ab ab
a c b c
ab c ab c a b c a c b c
 
≤ = ≤ +
 
+ +
+ + + + + +
 
(1)
Tương tự
1
2
3
bc bc bc
a b a c
bc a
 
≤ +
 
+ +
+
 
(2) và
1
2
3
ca bc bc
a b b c

ca b
 
≤ +
 
+ +
+
 
(3)
0,25
+0,25
Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta có :
1 3
( )
2 2
3 3 3
ab bc ca
P a b c
ab c bc a ca b
= + + ≤ + + ≤
+ + +

0,25
Vậy maxP
3
2
=
đạt được khi a = b = c = 1.
0,25
VIa-1
Giả sử A(a; 0)∈ Ox , B(0;b)∈ Oy (a, b ≠ 0) ⇒ phương trình đường thẳng ∆:

1 0
x y
bx ay ab
a b
+ = ⇔ + − =

Đường tròn (C) có tâm I(- 6 ; 6), bán kính R =
5 2

0,25
Từ giả thiết ta có
∆
IAB cân tại I và đường thẳng
∆
tiếp xúc với đường tròn (C).
⇒
2 2 2 2
2 2
2 2
( 6) 6 6 ( 6)
( )( 12) 0
| 6 6 |
5 2
( , )
| 6( ) | 5 2
a b
a b a b
IA IB
a b ab
d I R

a b ab a b
a b

+ + = + −
+ − + =

=

 
⇔ ⇔
− −
  
=
∆ =
− − = +




+


0,25
2 2
12
2 22 2 14
| 12 | 10 2 22 14 2
| 12 72 | 10 12 72
b a
b a a a a a

v v v v
a b b b b
a a a a
= +

= − = − = − = = −
    

⇔ ⇔
     
+ = = = = = −
+ + = + +
    



0,25
Các phương trình đường thẳng
∆
là: x – y + 2 = 0; x – y + 22 = 0; 7x + y – 14 = 0; x + 7y + 14 = 0.
0,25
VIa-2
Giả sử M(t; - t – 2; t + 1) ∈ d, (t ∈ R).
( 1; 2; 1); ( 1;1;1); ( 1;0;2)
AM t t t AB AC− − − + = − = −
  

0,25
Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (MAB) là
1

, ( 2 3; 2 ; 3)
n AM AB t t
 
= = − − − −
 
  

Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là
2
, (2;1;1)
n AB AC
 
= =
 
  

0,25
Do góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (ABC) bằng 30
0
nên
0
1 2
cos30 | cos( , ) |
n n
=
 

0,25
2 2
2

| 6 9 | 3
2(2 3) (8 12 18)
2
6 8 12 18
t
t t t
t t
− −
⇔ = ⇔ + = + +
+ +
⇔ t = 0 ⇒ M( 0; - 2 ; 1)
0,25
VIIa
Điều kiện: x > 0. (*)
Đặt t =
1
5
log
x
. Bất phương trình trở thành
2
3 3
12.9 35.6 18.4 0 12 35 18 0
2 2
t t
t t t
   
− + ≥ ⇔ − + ≥
   
   

0,25
S
M

A
B
I
E
C
D
a
2a
30
0

Đặt u =
3
2
t
 
 
 
, (u > 0). Bất phương trình trở thành 12u
2
– 35u + 18≥ 0 ⇔
2 9

3 4
u v u

≤ ≥

0,25
•
1
1
5
2 3 3
1 log 1 5
3 2 2
t
u t x x
−
   
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ − ⇔ ≤ − ⇔ ≥
   
   

•
2
1
5
9 3 3 1
2 log 2
4 2 2 25
t
u t x x
   
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤
   

   

0,25
Kết hợp điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình là
[
)
1
0; 5;
25
T
 
= ∪ +∞


 

0,25
VIb-1
Gọi A(t; - 3t + 2) ∈ d, (t∈ R). Ta có khoảng cách
( , ) 2 ( , )
d A DM d C DM
=


| 4 4 | 2.4
3 1
2 2
t
t v t
−

⇔ = ⇔ = = −
hay A(3; - 7) và A( - 1 ; 5)
Mặt khác A, C nằm về hai phía của đường thẳng DM ⇒ Chỉ có điểm A(- 1; 5) thỏa mãn.

Gọi D(m ; m - 2) ∈ DM, (m ∈ R)
( 1; 7); ( 3; 1)
AD m m CD m m
= + − = − +
 

Do ABCD là hình vuông ⇒
2 2 2 2
5 1
. 0
5
( 1) ( 7) ( 3) ( 1)
m v m
D A D C
m
m m m m
D A D C
= = −


=

⇔ ⇒ =
 
+ + − = − + +
=




 
hay D( 5; 3)
0,25
0,25
0,25
( 2; 6)
AB DC
= = − −
 
⇒ B(- 3; - 1) . Kết luận: A(- 1; 5), B(- 3; - 1), D(5; 3)
0,25
VIb-2
Gọi A(t + 1; - t + 1; t - 1)∈ d
1
; B(k; k + 1; 2k - 1)∈ d
2
.
( 1; ;2 )
AB k t k t k t
= − − + −


Một vecto chỉ phương của đường thẳng CD là
(2;1;2)
u =


0,25
, (3 ;2 2; 3 1)
AB u t k k t
 
= + − − −
 
 

Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên
,
AB u
 
cùng phương
, 0
AB u
 
⇔ = ⇔
 
  
t = 0 ; k = - 1 hay A(1; 1; - 1) , B(- 1; 0; - 3)
0,25
Chọn điểm M(2;0; 3) ∈CD. Ta có
(1; 1;4)
AM = −

⇒
, (6; 6; 3)
u AM
 
= − −

 
 

Khoảng cách giữa hai cạnh AB và CD là
,
( , ) ( , ) 3
| |
u AM
d AB CD d A CD
u
 
 
= = =
 


0,25
( 2; 1; 2) 3
AB AB
= − − − ⇒ =


Diện tích hình bình hành ABCD là
. ( , ) 9
ABCD
S AB d AB CD
= =
(đvdt)
0,25
VIIb

Phương trình z
2
– 2z + 4 = 0 có hai nghiệm
1 2
1 3 ; 1 3
z i z i
= + = −

0,25
( )
2010
2010 2 010
1 1
20 10 201 0
2 cos . sin 2 cos .sin 2
3 3 3 3
z i z i
π π π π
   
= + ⇒ = + =
   
   

( )
2 010
2 010 2 010
2 2
2 0 10 20 10
2 cos .sin 2 co s .sin 2
3 3 3 3

z i z i
π π π π
   
       
= − + − ⇒ = − + − =
       
   
       
   

0,25
1 2 1 2
| | | | 2 | | | | 4
z z z z
= = ⇒ + =

0,25
Do đó
( ) ( )
2010 2010
1 2
1 2
| | | |
z z
A
z z
+
=
+
=

2009
2

0,25
Chú ý
: 1)
ếu 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!
2) Mọi góp ý và thắc mắc vui lòng truy cập địa chỉ :

CHÚC CÁC THÍ SIH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TROG KỲ THI ĐH – CĐ ĂM 2010

GV: TRẦ ĐÌH HIỀ
A B
C
D
M