ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010
Môn Toán – ĐỀ 03
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
(C)
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)
1.Giải phương trình sau:
( )
6 6
8 sin 3 3sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x
+ + = − +
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x

− =

2 1
x y
P
xy
+
=
+
.
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 : x
2
+y
2
- 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông
góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d
1
:
2 1
4 6 8
x y z
− +
= =
− −
và
d
2
:

∆
:3x + 4y =12. Từ điểm M bất kì trên
∆
kẻ
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
MÔN:TOÁN-KHỐI A&B

I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
CâuI (2điểm): Cho hàm số y = x
3
- 3x
2
+ 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
vuông góc với nhau.
Câu II (2 điểm):
1: Giải phương trình:
2 2
x

mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC theo a và b.
Câu V (1điểm):
Cho hình lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có điểm A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0);
A
1
(0;0;2). M là trung điểm AB; N là tâm của hình vuông ADD
1
A
1
. Tính bán
kính của đường tròn là giao tuyến của mặt cầu đi qua C ; D
1
; M ; N với mặt phẳng MNC
1

Câu VI (1điểm):
Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng:
3 2 3 2 3 2 2 2 2
2
2 2 1 1 1
y
x z

2
; Điểm A(1;2); B(-2;3) trọng tâm G của
∆
ABC thuộc đường thẳng (d): x + y
– 2 = 0.Tìm tọa độ điểm C
Câu VII/b: Giải hệ phương trình
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y
y x x y
−

= +



− + = −


ĐÁP ÁN
CÂU ĐIỂM
I/1
I/2
II/1
Khảo sát hàm số y=x

y
'
+ 0 - 0 +
4 +
∞
y
-
∞
0
3:Đồ thị
+y
"
=6x-6=0
⇔
x=1 Điểm uốn đồ thị U(1;2)
+Đồ thị
……………………………
+PT đường thẳng d: y=k(x-2)
+Hoành độ A;M;N là nghiệm PT: x
3
-3x
2
+4=k(x-2)
⇔
(x-2)(x
2
-x-2-k)=0
⇔
x=2=x
A

= − −

+Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau
⇔
y
'
(x
M
).y
'
(x
N
)=-1
⇔
(
2 2
3 6 )(3 6 ) 1
M M N N
x x x x− − = −

⇔
9k
2
+18k+1=0
3 2 2
3
k
− ±
⇔ =
(tm)

x k
π
+ = −




⇔ − + = ⇔ =



− + =

⇔ =

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

+Nếu x>1 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1
………………………………………………………………………
Đặt t=
1 1x − +
* x = 2
⇒
t = 2
*x = 5
⇒
t = 3 *dx=2(t-1)dt I=2
3 3
2
2 2
3
2 3 2 2
2
2
( 1)ln ln
2
( 1) 1
2 ln ln ln ln 3 ln 2
t t t
dt dt
t t t
td t t
−
=
− + −
= = = −
∫ ∫


⇒
SC
⊥
SB Vậy tam giác SBC vuông tại S
025
025
025
025
025
025
025
025

025
05
025
025
025
VI
VII/a
VII/b
VII/a
VII/b
+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 tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Vậy bán
kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
+BC =
2 2
a b+

+2ax+2by+2cz+d=0 nên
4 4 8 0
4 4 8 0
5 1
; ; 4
2 1 0
2 2
2 2 2 0
a b d
b c d
a c b d
a d
b c d
+ + + =


+ + + =

⇔ = = − = − =

+ + =


+ + + =

Suy ra tâm mặt cầu và bán kính mặt cầu là: I(5/2;1/2;5/2); R =
35
2
+(MNC
1

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

2 1 . .2 2 . .2 . .2
n
k k n n
n n n n
k
S k C C C n C
=
= = + + +
∑
=
1 1
( 1) 2 2
n n
k k k k
n n
k k
k k C kC
= =
− +
∑ ∑
Xét khai triển
025
025
025
025
025
05
05
025
025

=
1
0
2
n
k k
n
k
kC
−
=
∑
⇔
2n.3
n-1
=
0
2
n
k k
n
k
kC
=
∑

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

=
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C
=
−
∑
Vậy S=n.3
n-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
. ( ; ) 2 1
2 2 2
GAB
S AB d G AB a
∆
= = + =


+Với y = -x - 2 thay PT hệ:
2010
2( 1)
log
2
x
x
−
− −
=-2
⇔
x =
2
2
2.2010 2
2.2010 1
−
+
; y = -
2
2
6.2010
2.2010 1+
(tm đk)
+Với y = x - 1 thay PT của hệ:
x =
2010
1 log 2
2

(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
].
2. Giải hệ phương trình
3 2 3 2
2
3 5.6 4.2 0
( 2 )( 2 )
x y x x y
x y y y x y x
− −

− + =


− = + − +


Câu III. (1.0 điểm)
Tính tích phân
3
1
4
2
0
( )
1

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 vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 điểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2
log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
+ − +
>
− −
B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb. (2.0 điểm)
1. Cho elip (E) : 4x
2
+ 16y
2
= 64.Gọi F
1
, F
2
là hai tiêu điểm. M là điểm bất kì trên (E).Chứng tỏ
rằng

Thí sinh không 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 Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU NỘI DUNG THANG
ĐIỂM
Câu I
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
TXĐ : D = R\{1}
0.25
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
x x
f x f x
→+∞ →−∞
= =
nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim
x x
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

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
CH NH TH CĐỀ Í Ứ
-
+
f(t)
f'(t)
x
2
0
1
0
+
∞
2.(1.0đ) Giả sử M(x
0
; y
0
) 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 :
0
0
2
0 0
1
( )

−
+
+
Xét hàm số f(t) =
4
2
( 0)
1
t
t
t
>
+
ta có f’(t) =
2
4 4
(1 )(1 )(1 )
(1 ) 1
t t t
t t
− + +
+ +
0.25
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
từ bảng biến thiên ta c
d(I ;tt) lớn nhất khi và
chỉ khi t = 1 hay
0
0

4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c c x
c

⇔ + ⇔


0.25
+
osx=0 x=
2
c k
π
π
⇔ +
+
3x=x- 2
6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
3 2
6
k
c c
x x k
π
π
π
π

11 13
0; , , ,
2 12 24 24
x x x x
π π π π
π
∈ ⇒ = = = =
0.25
2.(1.0đ)
ĐK:
, 0x y
x y
≥


≥

Hệ phương trình
3 2 3 2 3 2 3 2
3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0
(2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( )
x y x x y x y x x y
x y y y x y x x y y x y x x y y
− − − −
 
− + = − + =
 
⇔ ⇔
 
− − = − + − = − + − +

3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1)
2 2 (2)
x y x x y x x x
y x y x
− −
 
− + = − + =
⇔ ⇔
 
= =
 
Giải (1):
2 2 2
3
( ) 1
3 3
2
3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
3
2 2
( ) 4
2
x
x x x x x
x

=

− + = ⇔ − + = ⇔


Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
3
2
log 4x =
,y =
3
2
1
log 4
2
0.25
Câu III.
(1.0đ)
Đặt I =
3
1
4
2
0
( )
1
x
x
x e dx
x
+
+
∫
. Ta có I =
3

0
1 1 1 1
3 3 3 3
t t
I e dt e e= = = −
∫
0.25
Ta tính
1
4
2
0
1
x
I dx
x
=
+
∫
Đặt t =
4
x

4 3
4x t dx t dt⇒ = ⇒ =

0.25
B
D
A

π
= + −
0.25
Câu IV.
(1.0đ)
Ta có
1 1 1
2 2xy yz xz xyz
x y z
+ + ≥ ⇔ + + ≥
nên
0.25
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (1)
y z y z
x y z y z yz
− − − −
≥ − + − = + ≥
Tương tự ta có
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (2)
x z x z
y x z x z xz
− − − −
≥ − + − = + ≥
1 1 1 1 1 ( 1)( 1)
1 1 2 (3)
x y x y
y x y x y xy
− − − −

Vậy V =
1
12
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2( )( )( )a c b b c a a b c+ − + − + −

1.0
Câu
VIa.
(2.0đ)
1.
(1.0đ)
Gọi A là giao điểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
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
B'
Y
X

8 4 4 0
1
8 4 4 0
2
4
A
A D
B C D
B
A C D
C
B C D
D

= −

+ + =




+ + + =
= −
 
⇔
 
+ + + =
 
= −
 

x x
+
+ −
⇔ >
+ −
3
log ( 1)
0
6
x
x
+
⇔ <
−
0.25
0.25
0 6x⇔ < <
0.25
Ta có
1 2
( 12;0), ( 12;0)F F−
Giả sử M(x
0
; y
0
)thuộc (E) H là hình chiếu của M
trên đường thẳng
8
3
x =

uuur uur uuur uur
Vì
; 0
Q
AB n
 
≠
 
uuur uur r
nên mặt phẳng (P) nhận
;
Q
AB n
 
 
uuur uur
làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng
phÇn nh ®¸p ¸n quy ®Þnh
SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010
(lần 2)
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: Toán – Khối A, B, V
Thời gain làm bài: 180 phút
Ngày thi: 03/04/2010

2
+ x + 4 và tiếp tuyến
của (C) tại điểm
có hoành độ x
0
= 0. Tính thể tích của vật thể tròn 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
15
5
a
. Tính thể tích của khối lăng trụ
Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

4
(2 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)
y-1 2 ( 1)( 1) 1 0 (2)
x
y x m x
+



− + − + + =


II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2
Phần 1: Theo chương trình chuẩn

của biểu thức
P = 5xy – 3y
2
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
1
2 3 3
:
1 1 2
x y z
d
− − −
= =
−
và
2
1 4 3
:
1 2 1
x y z
d
− − −
= =
−
. Chứng minh đường thẳng d
1
; d
2
và điểm A cùng nằm trong một mặt

1
M.F
2
M
Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức:

0 2 2 4 2 1004 2008 1005 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010
3 3 ( 1) 3 3
k k
S C C C C C C= − + + + − + + −
Hết
Hướng dẫn giải
Câu I:
2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy > IXY:
1
2
x X
y Y
= −


= +

Hàm số đã cho trở thành : Y =
3
X
−
hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường
thẳng Y = - X

2 2 2
2
3 2.log 3 2.(5 log 2)
x
x x x x x− + ≤ − + −
2
2 2
2
2log 5log 2
0
log
x x
x
− +
⇒ ≤
Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4
Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
– 2x
2
= 0
0
2
x
x
=

⇔


=
1
(2 1) ln
x
x
x
+
+
Gọi x
1
; x
2
∈ [0;+∞) với x
1
> x
2
Ta có :
1 2
1 2
1 2
1 2
2 1 2 1 0
( ) ( )
1 1
ln ln 0
x x
f x f x
x x
x x
+ > + >

−
+
==> 0 ≤ X < 1
Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X
2
– 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1
Đặt f(X) = X
2
– 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, (C
m
) có tâm I(m +1; -2m) bán kính
2 2
' ( 1) 4 5R m m= + + +
OI
2 2
( 1) 4m m= + +
, ta có OI < R’
Vậy (C) và (C
m
) 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
(S
1
): (x – 2)
2

t
P Pt P t P
t t
−
= ⇔ + − + + =
+ +
(1)
+ P = 0

thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi
∆’ = - P
2
– 22P + 25
≥
0 ⇔ - 25/3 ≤ P ≤ 1
Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:
1. d
1
qua M
0
(2;3;3) có vectơ chỉ phương
(1;1; 2)a = −
r
d
2
qua M
1
(1;4;3) có vectơ chỉ phương

2
==> t = - 1 ==> M(2;2;4)
C( 1+t;4-2t;;3+t) :
AC a⊥
uuur r
==> t = 0 ==> C(1;4;2)
2. (E):
2 2
2 2 2 2
3 1
1 1
4
x y
a b a b
+ = ⇒ + =
, a
2
= b
2
+ 3 ==>
2 2
1
4 1
x y
+ =
P = (a + ex
M
)
2
+ (a – ex

1 3 1 3 2 ( os in ) 2 os in
3 3 3 3
i i c s c s
π π π π
 
+ + − = + + +
 ÷
 
=
( )
2010 2010
2.2 os670 2.2c
π
=
Vậy S = 2
2010