SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đềPHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số
132
24
++−= mmxxy (1) (m là tham s
ố
th
ự
c)

1)

Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ


i
ể
m c
ự
c ti
ể
u,
đồ
ng th
ờ
i các
đ
i
ể
m c
ự
c
đạ
i,
c
ự
c ti
ể
u t
ạ
o thành tam giác có di
ệ
n tích b
ằ
ng 1.

π
+−
2)
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
)Ry,x(
)x(y)x(
xxyyx
∈





+=++
+=+
2
6432
112
22
.
Câu III. (1 điểm)

Tính tích phân
∫

o v
ớ
i m
ặ
t
ph
ẳ
ng
đ
áy góc 45
0
và t
ạ
o v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB) góc 30
0
. Bi
ế
t
độ
dài c
ạ
nh AB = a. Tính th
ể
tích kh

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm
);(H 11 − ,
đ
i
ể
m );(E 21− là trung
đ
i
ể
m
c
ủ
a c
ạ
nh AC và c
ạ
nh BC có ph
ươ
ng trình 012 =+− yx . Xác
đị
nh t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a tam giác ABC.
2)

ươ
ng trình m
ặ
t
c
ầ
u (S) có tâm là
đ
i
ể
m );;(I 301 và c
ắ
t
đườ
ng th
ẳ
ng
1
∆
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m A, B sao cho tam giác IAB vuông t
ạ
i
I.


t
ọ
a
độ
Oxy cho
đ
i
ể
m M(2; 3). Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng l
ầ
n l
ượ
t c
ắ
t các tr
ụ
c
Ox, Oy t
ạ
i A và B sao cho MAB là tam giác vuông cân t
ạ
i A.

. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t
ph
ẳ
ng (P) ch
ứ
a
đườ
ng th
ẳ
ng
2
∆
và t
ạ
o v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (xOy) m
ộ
t góc nh
ỏ

Môn thi: Toán

NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I. 2 điểm
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 132
24
++−= mmxxy khi m = 1
Khi m = 1 thì 42
24
+−= xxy
* Tập xác định: R
* Sự biến thiên: ⇔=
′
−=
′
044
3
y,xxy x = 0; x = -1 hoặc x = 1
* Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 4; đạt cực tiểu tại
1
±
=
x
, y
CT
= 3
* B
ả
2) Tìm các giá trị của m để
Ta có 04
2
=−=
′
)mx(xy khi x = 0 ho
ặ
c
m
x
=
2
.
Để
hàm s
ố
có C
Đ
, CT thì m > 0.
Khi
đ
ó,
đồ
th
ị
hàm s
ố
có các

a mãn)
1 điểm
0,25đ
0,25 đ
0,25đ 0,25đ

1 điểm
0,25đ

0,25đ 0,5đ

Câu II.

2 điểm
1) Giải phương trình .xsinxcosxcos 2

=π−−






π
+−⇔ xsinxsinxcos2242
2
=+−⇔ xsinxcosxcos
2222121
22
=++−−⇔ xsinxsinxsin

0222
2
=−+⇔ xsinxsin
22
−
=
⇔
xsin

(lo
ạ
i) ho

2
6432
.

PTrình (1) 0202
422226322
=+++−⇔=−+−⇔ )xyxyx)(xy()xy()xy(x

2
xy =⇔ do y,xxyxyx ∀>+++ 02
4222

Thay vào phương trình (2) ta được

0112211212
22222
=+−++−+⇔++=++ )]x(x[)xxx(xxx)x(0121
22
=+−−+⇔ )xx)(x(

1 điểm
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ


12
32
dx
xsin
xcosxsin
I .
Đặt t = sinx thì dt = cosxdx và 1
2
00 =
⇒
π
==
⇒
= tx;tx
Ta có:
∫∫
+
−
=
+
−
=
π
1
0
2
0
12
32
120,25đ 0,25đ 0,5đ
Câu IV 1 điểm
Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
S
D C O

A a B

Vì )ABCD(SA
⊥
nên

Có aBCaSCSCaSCBCABAC =⇔=⇔+=⇔+= 2
4
1
2
1
222222
và
2aSA =

V
ậ
y
3
2
3
1
3
a
S.SAV
ABCDSABCD
==

= − ≥ ⇔ = −
và ).(vv
xx
x
1224
2
1
0
2
12
2
++=⇔>
+
=
Khi
đ
ó bpt tr
ở
thành:
22
22 vuvu +<+

vu)vu(vu)vu( ≠⇔>−⇔+<+⇔ 022
2222

Ta có
3
2 1
2 2
2

2
2
2
2 2 0
log (7 2 11)
log (7 2 11)
x
x
x
x
+

≥ −
− ≥

 
⇔
 
≠ ±
≠ ±



0,25đ
Câu VIa 2 điểm
1) Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC
.

AH
⊥
nên
102423 =⇔=+−++=
→→
m)m(mu.AH
BC
. V
ậ
y );(A 13
−
và );(C 31
.
Gi
ả
s
ử
)n;n(B 12
+
. Có );(AC);n;n(BH 24221 =−−−=
→→
. Vì
AC
BH
⊥
nên
0022214 =⇔=−−+−=
→→
n)n()n(AC.BH . V
ậ

−−=
→→
),I(d);;(IM,u);;;(IM
r

G
ọ
i R là bán kính m
ặ
t c
ầ
u.
Để
IAB là tam giác vuông cân t
ạ
i I thì
3
40
2
1
=∆=== ),I(d.IBIAR
V
ậ
y ph
ươ
ng trình m
ặ
t c
ầ
u là

nhỏ nhất.
Gi
ả
s
ử
z = a + bi ( Rb,a
∈
) thì

[
]
[
]
[
]
[
]
Riba)b(b)a(ai)b(abi)a()iz)(z( ∈−++−−−=−++−=+− 22212121

22
=
+
⇔
ba
Ta có 48522
22222
2
+−=−+=+= aa)a(abaz
T
ừ

1) Viết phương trình đường thẳng
Gi
ả
s
ử
A(a; 0) và B(0; b). Ta có )b;a(BA);;a(MA −=−−=
→→
32
C
ầ
n có








+=+−
=+−
⇔
=
=
→→
222
92
032
0
ba)a(

2
2
2
b
a
)a(
a
)a(
)a(a
b

ho
ặ
c



−=
−=
5
3
b
a

V
ậ
y có hai
đườ
ng th
ẳ

a
2
∆
có );;(u 111
2
−=
∆
r
nên 00
2
=−+⇔=
∆
cbau.n
P
r
r

G
ọ
i
α
là góc gi
ữ
a (P) và (xOy). Vì );;(n
)xOy(
100=
r
nên
1 điểm
0,25đ

nh
ỏ
nh
ấ
t )b,a(f⇔ l
ớ
n nh
ấ
t. Ta có
3
2
1
1
2
22
≤
+
+
+
=
)ba(
ba
)b,a(f

nên f(a,b) l
ớ
n
nh
ấ
t khi a = b.

ả
s
ử

α
là m
ộ
t acgumen c
ủ
a z thì
)sini(coszz α+α=

Khi
đ
ó
[ ]
z)(sinicosz)(sinicoszizz =−α+α=−α+α=− 112
1
11
22
=α⇔=−α+α⇔ sin)(sincos

Vậy z có một acgumen là
6
π
hoặc
6