TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN CHÁNH
TỔ TOÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
MÔN TOÁN – KHỐI A
(Thời gian làm bài: 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
Cho hàm số
2
2
x
y
x
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của 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. Giải phương trình:
2
4 os 2
tan 2 .tan 2
4 4 tan -cotx
c x
x x
x
π π
   
− + =

x
I dx
x
=
+
∫
Câu IV. (1,0 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với
mặt đáy góc 60
0
. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt
SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a.
Câu V. (1,0 điểm)
Cho các số thực a, b, c thỏa mãn :
0 1,0 1,0 1a b c< ≤ < ≤ < ≤
. Chứng minh rằng:
( )
1 1 1 1
1 3a b c
abc a b c
 
+ + + ≥ + + +
 ÷
 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có
( )

α
. Viết phương trình mặt
cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng
( )
α
.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh
Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn
quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi
có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một
trong hai danh thủ trên.
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc
đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường
cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các
đỉnh A, B, C.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với
( ) ( ) ( )
3; 1; 2 , 1;5;1 , 2;3;3A B C
− −
, trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ
(CD < AB). Tìm toạ độ điểm D.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
3 1 2 3
2
2 2 3.2
3 1 1

\ 2D R
=
Sự biến thiên
( )
2
4
' 0 x D
2
y
x
= > ∀ ∈
+
Hàm số đồng biến trên
( )
; 2
−∞ −
và
( )
2;
− +∞
0,25
Bảng biến thiên

x
–∞ – 2 +∞
y’ + +
y
+∞ 2
2 –∞
0,25

+
Tâm đối xứng
( )
2;2I −
. Ta có
( )
( ) ( )
4 2
8 2 8 2 8 2
, 2 2
2 2 2
16 2 2.4. 2
a a a
d I d
a
a a
+ + +
= ≤ = =
+
+ + +
0,25
0,25
( )
,d I d
lớn nhất khi
( )
2
0
2 4
4

≠ ≠

Để ý rằng

tan 2 .tan 2 tan 2 .tan 2
4 4 4 4
cot 2 .tan 2 1
4 4
x x x x
x x
π π π π
π π
       
− + = − − + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
   
− + + = −
 ÷  ÷
   
0,25
y
x O
–2
2
6
Khi đó PT (1) trở thành:
2
2
4 os 2

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,25
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Điều kiện:
2 2
0, 0, 1 0x y x y≠ ≠ + − ≠
Đặt
2 2
1;
x
u x y v
y
= + − =
.
HPT trở thành:
( )
( )
3 2
3 2
1 1
1
21 4 2
1 4 22
u v
u v
u v
u v


+ =


0,25
Nếu v = 3 thì u = 9, ta có HPT:

2 2
2 2
1 9
1
10
3
3
3
x y
y
x y
x
x
x y
y

+ − =
= ±

+ =


⇔ ⇔
  
=
= ±

x y
y
x


= ±
+ − =

+ =

  
⇔ ⇔
  
=
=
  
= ±




So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của HPT.
0,25
III Tính tích phân 1,00
Đặt
ln
2 1
1
dx
u x

+
⇒ = + − = − −
∫
0,25
Với
8
3
1x
J dx
x
+
=
∫
đặt
3 3 3
2
2 2
2 2 2
1 1
1 .2 2 2
1 1 1 1
t t
t x J tdt dt dt
t t t t
 
= + ⇒ = = = + −
 ÷
− − − +
 
∫ ∫ ∫

Vì
∆
SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm
∆
SIJ
IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD
0,25
2
3 1 3 3
; ( )
2 2 8
ABMN
a a
IK S AB MN IK
= = + =

0,25
3
1 3
( ); .
2 3 16
ABMN
a a
SK ABMN SK V S SK⊥ = ⇒ = =
(đvtt)
0,25
V Chứng minh bất đẳng thức 1,00
S
N
D

bc b c ca c a
≥ + − ≥ + −
Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế :
( )
1 1 1 1 1 1
2 3 4
ab bc ca a b c
 
+ + ≥ + + −
 ÷
 
0,25
Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cauchy ta có :
( )
1 1 1 1 1 1 1
1 2 3a b c a b c a b c
abc ab bc ca a b c
   
+ + + = + + + + + ≥ + + + + + −
 ÷  ÷
   
( )
1 1 1 1 1 1
2 3a b c
a b c a b c
 
≥ + + + + + + + −
 ÷
 
0,25

 ÷
 
uuur uur
Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có PT : x – y – 3 = 0
Vì
7 1
;
2 2
I
 
 ÷
 
là trung điểm của BC.
Giả sử
( ) ( )
; 7 ;1
B B B B
B x y C x y⇒ − −
và
3 0
B B
x y− − =
0,50

H là trực tâm của tam giác ABC nên
CH AB
⊥
( ) ( )
5 ; , 3; 6
B B B B

1; 2 , 6;3B C−
hoặc
( ) ( )
6;3 , 1; 2B C −
0,25
2 Viết phương trình mặt cầu đối xứng(1,00 điểm)
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
: 1 2 4 25S x y z− + + + − =
, tâm
( )
1; 2;4I −
và R = 5
Khoảng cách từ I đến
( )
α

( )
( )
, 3d I R
α
= <
0,25
Vậy
( )
α
và mặt cầu (S) cắt nhau.
Gọi J là điểm đối xứng của I qua
( )
α

x y z z
= + = −
 
 
= − − = −
 
⇔ ⇒ − −
 
= + = −
 
 
− + − = =
 
Vì H là trung điểm của IJ nên
( )
3;0;0J −
0,25
Mặt cầu (S’) có tâm J bán kính R’ = R = 5 nên có PT:
( ) ( )
2
2 2
' : 3 25S x y z+ + + =
0,25
VII.
a
Số cách chọn đội tuyển bóng bàn quốc gia 1,00
1. Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ
Số cách chọn 3 nam còn lại là
3
6

Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là
1680 + 540 = 2220 (cách)
ĐS: 2220 (cách)
0,25
VI.b 2,00
1 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C (1,00 điểm)
Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có PT: y = x
Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :
2
4 2 0
2 2
3
;
2
3 3
3
x
x y
A
y x
y

= −

− − =


 
⇔ ⇒ − −
 

4
x y
x
BH BC B B
x
y
y
+ + =

= −


∩ = ⇔ ⇒ −
 
=
= +



0,25
2 Tìm tọa độ đỉnh D (1,00 điểm)
Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.
Gọi
∆
là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm
A bán kính R = 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của
∆
và (S). 0,25
Đường thẳng
∆

1
3 6
49 82 33 0
33
3 3
49
3 1 2 9
x t
t
y t
t t
z t
t
x y z
= −


= −

= +


⇒ + + = ⇔

= +

= −





+ + = +


PT
( )
( )
2
1
x+1 0
1
2
3 1 0
0 1 3
3 1 1
x
x
x x y
x y x
x xy x
≥ −
≥

≥ −



⇔ ⇔ ⇔
  
+ − =

3 1 3 1
2 2 3.2 3
x x+ − −
+ =
Đặt
3 1
2
x
t
+
=
, vì
1x ≥ −
nên
1
4
t ≥ −
0,25
PT (3) :
2
3 2 2
1
6 6 1 0
3 2 2
t
t t t
t
t

= −

2
0
8
log
11
x
y
=



=


và
( )
( )
2
2
1
log 3 2 2 1
3
2 log 3 2 2
x
y

 
= + −

 