Sở GD & ĐT hà nội
lớp 12V
1
gv. Trần mạnh tùng
Dự đoán đề thi đh 2010 số 2
Môn thi: Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. (2,0 im)
Cho hm s
2 2
1
x
y
x

=
+
(C)
1. Kho sỏt hm s.
2. Tỡm m ng d: y = 2x + m ct (C) ti 2 im phõn bit A, B sao cho AB =
5
.
Cõu II. (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh
2
1
3 sin sin 2 tan
2
x x x+ =
.

ã
0
120BAC =
, cnh
BC=2a. Tớnh th tớch ca khi chúp S.ABC. Gi M l trung im ca SA. Tớnh khong cỏch t M n
mt phng (SBC).
Cõu V. (1,0 im)
Cho
, ,a b c
l nhng s dng tha món:
2 2 2
3a b c+ + =
.
Chng minh bt ng thc:
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
+ + + +
+ + + + + +
.
I. PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai phn
1. Theo chng trỡnh Chun:
Cõu VIa. (2,0 im)
1. Trong mt phng Oxy cho Elớp (E) cú tiờu im th nht l
( 3;0)
v i qua im
4 33
1;
5
M

+ y
2
- 2x - 2my + m
2
- 24 = 0 cú tõm I v ng
thng : mx + 4y = 0. Tỡm m bit ng thng ct ng trũn (C) ti hai im phõn bit A,B sao cho din
tớch tam giỏc IAB bng 12.
2. Cho ng thng :
1 3
1 1 4
x y z
= =
v im M(0; -2; 0). Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua im
M song song vi ng thng ng thi khong cỏch gia ng thng v mt phng (P) bng 4.
Cõu VIIb. (1,0 im)
Gii h phng trỡnh
( )
( )
2 2
3 3
2 2
2
3
log log
log 10
y x y x x xy y
x y

= +



y’ < 0 ⇔
x 2
x 0
< −


>


y’ > 0 ⇔ – 2 < x < 0
Do đó: + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞ ; − 2) và (0 ; + ∞)
+ Hàm số đồng biến trên khoảng (− 2 ; 0)
0,50
• Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và y
CT
= y(–2) = 0;
+ Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 4.
• Giới hạn:
x x
lim , lim
→−∞ →+∞
= +∞ = −∞
0,25
• Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4),

6
π

= − + π ∈

⇔

π

= − + π ∈


¢
¢
0,50
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x > – 2 và x ≠ 5 (*)
Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình:
2 2
2 2
log (x 2) x 5 log 8 (x 2) x 5 8 (x 3x 18)(x 3x 2) 0 + − = ⇔ + − = ⇔ − − − − =
 
0,50
2
2
x 3x 18 0
3 17
x 3; x 6; x
2

O
1
y
x
S
H
P
C
A
B
N
ϕ
Đối chiếu với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là:
x 6=
và
3 17
x
2
±
=

III
(1,0
điểm)
Kí hiệu S là diện tích cần tính.
Vì
ln8
x x
ln3
e 1 0 x [ln3 ; ln8] nên S e 1dx+ > ∀ ∈ = +

0,50
IV
(1,0
điểm)
Dựng
SH AB⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α
°
∆
SHN =
∆
SHP ⇒ HN = HP.
°
∆
AHP vuông có:
o
a 3
HP HA.sin60 .
4
= =
0,50
∆

Do đó : x
3
+ y
3
≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay
2 2
x y
x y
y x
+ ≥ +
∀x, y > 0
0,50
Tương tự, ta có :
2 2
y z
y z
z y
+ ≥ +
∀y, z > 0
2 2
z x
z x
x z
+ ≥ +
∀x, z > 0
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được:
P ≥ 2(x + y + z) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1
Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z =
1
3

⇔


=


0,25
Vì MI là phân giác của
·
AMB
nên :
(1)
·
0 2
0
IA
AMI 30 MI MI 2R m 9 4 m 7
sin30
⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±
0,25
Gi¸o viªn: TrÇn M¹nh Tïng 091 3366 543
(2)
ã
0 2
0
IA 2R 3 4 3
AMI 60 MI MI m 9
sin 60 3 3
= = = + =
(*)


.
0,50
Suy ra, phng trỡnh tham s ca ng thng MH l:
x 2 t
y 1 4t
z 2t
= +


=


=

0,25
VII.a
(1,0
im)
Theo cụng thc nh thc Niu-tn, ta cú:
P =
0 6 1 2 5 k 2k 6 k 5 10 6 12
6 6 6 6 6
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x

+ + + + + +K K

0,25
Suy ra, khi khai trin P thnh a thc, x
2

0,25
Vỡ vy, h s ca x
2
trong khai trin P thnh a thc l :
0 2
6 6
C .C
1 0
6 5
C .C
= 9. 0,25
VI.b
(2,0
im)
1. (1,0 im) Xem phn 1 Cõu VI.a.
2. (1,0 im)
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G =






3;
3
8
;
3
7
Ta có

56
GCGBGA
222
=++=++
Vậy F nhỏ nhất bằng
9
553
3
64
33
19
.3
2
=+








khi M là hình chiếu của G lên (P)
0,25
Cõu ỏp ỏn im
VII.b
(1,0
im)
Theo cụng thc nh thc Niu-tn, ta cú:
P =

trong khai trin
1 2 4
5
C x (x 1)
l :
1 1
5 4
C .C
0,25
Vỡ vy, h s ca x
3
trong khai trin P thnh a thc l :
0 3
5 5
C .C
1 1
5 4
C .C
= 10. 0,25
Giáo viên: Trần Mạnh Tùng 091 3366 543