Sở giáo dục và đào tạo Hà nội
Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
**************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x




2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng
2
.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
2
17
sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( )
2 2 12
x
x x x
 
    
2) Giải hệ phương trình :
4 3 2 2
3 2


3
a b b c c a
ab c bc a ca b
  
  
  

PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng

: 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng

sao cho đường thẳng AB và

hợp với nhau góc 45
0
.
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
và hai đường thẳng
1
( ) :
1 2 3
x y z
d

 

 
, đường thẳng
( ) : 0
d x y m
  
. Tìm
m
để
( )
C
cắt
( )
d
tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
và đường thẳng
1
 :
2
2


x
=
1
1

y


\ 1
D  ¡
*Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x

   


Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)

và
(1; )


*Hàm số không có cực trị
*Giới hạn
1x
Lim y


 

1x


*Vẽ đồ thị

0.25 0.25

0.25

0.25
1.2
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm
0 0
( ; ( )) ( )

giải được nghiệm
0
0
x

và
0
2
x
*Các tiếp tuyến cần tìm :
1 0
x y
  
và
5 0
x y
  

0.25

0.25 0.25

c x

  
và
os( ) 2
6
c x

  
(loại)
*Giải
1
os( )
6 2
c x

  
được nghiệm
2
2
x k


  và
5
2
6
x k



*Đặt ẩn phụ
2
3
x xy u
x y v

 





, ta được hệ
2
1
1
u v
v u

 

  


*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)

*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
 

*Đặt
2
1
ln ;
u t dv dt
t
 
1 1
;du dt v
t t
   

Suy ra
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1
ln ln 2
1 1
2
2 2
I t dt
t t t
     



0
60
SEH SFH 
*Kẻ
HK SB

, lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng
HK A
.
*Lập luận và tính được AC=AB=a ,
2
2
a
HA  ,
0
3
tan60
2
a
SH HF 
*Tam giác SHK vuông tại H có
2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK HS HB
   
*Tam giác AHK vuông tại H có
2
0.25
0.25
5
*Biến đổi
1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
  
 
     

0.25 *Từ đó
1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b a0.25
6.a
*

có phương trình tham số
1 3
2 2
x t
y t
 


  

và có vtcp
( 3;2)
u  
ur

*A thuộc


(1 3 ; 2 2 )
A t t
   


1 2
32 4 22 32
( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A  0.25 0.25 0.25

0.25
7.a
*(d) đi qua
1
(0; 1;0)
M  và có vtcp
1
(1; 2; 3)
u
  
uur

(d’) đi qua
2
(0;1;4)

*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt
(1;2; 1)
n
 
ur
và đi
qua M
1
nên có phương trình
2 2 0
x y z
   

*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0.25 0.25 0.25
0.25
8.a *Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét
1
x

2
log ( 1)
3
x
x
   2 3
.(24 1) 1
x x
  
(*)
Nhận thấy
1
8
x

là nghiệm của (*)
Nếu
1
8
x

thì VT(*)>1

0.25 0.25


6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( ; ) 1
d O d
 

*Ta có
1 1 1
. .sin .sin
2 2 2
OA B
S OA OB A OB A OB
  

Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi
0
90
A OB 

1
( ; )
2
d I d 





*
2

có phương trình tham số
2
5 3
x s
y s
z s
 


 





*Giả sử
1 2
;
d A d B
    

(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)
A t t t

t 
*d đi qua
1 1 23
( ; ; )
12 12 8
A và có vtcp
(1;2; 3)
n
 
ur

=> d có phương trình
23
1 1
8
12 12
1 2 3
z
x y

 
 




 


 

giải được
9
log 73
x 
Vì
9
log 73
x  >1 nên bpt đã cho tương đương với

3
log (9 72)
x
x
 9 72 3
x x
  3 8
3 9
x

0.25
Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .