SỞ GD & ĐT GHỆ A

TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 2 - ĂM 2010
Môn thi: TOÁ; Khối: A - B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

PHẦ CHUG CHO TẤT CẢ THÍ SIH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
4 2
1
2 3y x mx m
m
= − −
(1) , m là tham số thực khác 0.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A,B,C sao cho tam giác ABC vuông.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2tan (cot 2 sin ) 1x x x+ =

2. Giải hệ phương trình
3
( , )
4
x y
x y x y
x y
x y R
x y


0
30
DM =
, tính thể tích khối chóp S.DMEN theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn
3a b c+ + ≤
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 3
ab bc ca
P
ab c bc a ca b
= + +
+ + +PHẦ RIÊG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chun
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
( 6) ( 6) 50x y+ + − =
. Đường thẳng ∆ cắt hai trục tọa
độ tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C) tại điểm M sao cho M là
trung điểm của đoạn thẳng AB.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0 ; 1; 1), C(0; 0 ; 2) và đường thẳng
2 1
:
1 1 1
x y z


và hai đường thẳng
1
1 1 1
:
1 1 1
x y z
d
− − +
= =
−
;
2
1 1
:
1 1 2
x y z
d
− +
= =
. Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d
1
và
đỉnh B thuộc đường thẳng d
2
, xác định tọa độ các đỉnh A, B và tính diện tích của hình bình hành ABCD.
Câu VII.b (1,0 điểm) Gọi z
1
và z
2

– 1) ; y’= 0 ⇔ x = 0 v x = ± 1.
Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1; + ∞). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; - 1) và (0 ; 1)
0,25
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= - 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1, y
CT
= - 4
+ Giới hạn tại vô cực:
4 2 4 2
lim ( 2 3) ; lim ( 2 3)
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− − = +∞ − − = +∞

0,25
+ Bảng biến thiên:

x -∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y
+∞ -3 +∞ - 4 - 4
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-6
-5
-4

0,25
Giả sử 3 điểm cực trị là: A(0; - 3m), B(- m; - m
3
– 3m ), C (m; - m
3
– 3m )
3 3
( ; ); ( ; )AB m m AC m m= − − = −
 
.
0,25
Ta có AB = AC , ∀m ≠ 0 ⇒ ∆ABC cân tại A. Nếu ∆ABC vuông thì chỉ vuông được tại A.
∆ABC vuông tại A ⇒
2 6
. 0 0; 1AB AC m m m m= ⇔ = ⇔ = = ±
 
. Kết hợp đk (1) ⇒ m = ± 1.
0,25
II-1
Điều kiện: sin2x≠ 0 (*)

Phương trình tương đương với
2
2sin (cos 2 sin 2 .sin ) cos 2 sin 2 .sin
1 1
cos .sin 2 cos
x x x x x x x
x x x
+ +
= ⇔ =


(2)
4
uv v u
u uv v

+ =


− =


. Đặt v = tu, (t > 0)
0,25
Lấy phương trình (1) chia phương trình (2) theo vế ⇒
2
3 2
3 1
4 4 3 3 0
1 4 2
t t
t t t t
t t
+
= ⇔ + + − = ⇔ =
−

0,25
⇒
2u v=

−
  
− = − + − = = =

− = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
  

=
− = − − = =

  

0,25
Diện tích hình phẳng là
ln 4
0
| 4 | 3
x x
S e e dx
−
= − −
∫
. Giải phương trình
4 0 2 ln 2
x x x
e e e x
−
− = ⇔ = ⇔ =

0,25


Theo ĐL Pitago ⇒ AM = 2a ⇒ SA = 4a.
Gọi {I} = DN∩AB ⇒ E là trọng tâm của ∆SAI ⇒ d(E,(ABCD)) =
1 4
3 3
a
SA =

Thể tích khối chóp M.AID là
3
2
.
1 1 4
. 2 .2
3 3 3
M AID AID
a
V MA S a a
∆
= = =

Thể tích khối chóp E.BIN là

2 3
.
1 1 4 2
( ,( )). . .
3 3 3 2 9
E BI BI
a a a

8
9
S DME S ABD ADM BE
a
V V V= − =

0,25
0,25
0,25
0,25
V
1
2
3 ( ) ( )( )
ab ab ab ab ab
a c b c
ab c ab c a b c a c b c
 
≤ = ≤ +
 
+ +
+ + + + + +
 
(1)
Tương tự
1
2
3
bc bc bc
a b a c

ab c bc a ca b
= + + ≤ + + ≤
+ + +

0,25
Vậy maxP
3
2
=
đạt được khi a = b = c = 1.
0,25
VIa-1
Giả sử A(a; 0)∈ Ox , B(0;b)∈ Oy (a, b ≠ 0) ⇒ phương trình đường thẳng ∆:
1 0
x y
bx ay ab
a b
+ = ⇔ + − =

Đường tròn (C) có tâm I(- 6 ; 6), bán kính R =
5 2

0,25
Từ giả thiết ta có ∆IAB cân tại I và đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C).
⇒
2 2 2 2
2 2
2 2
( 6) 6 6 ( 6)
( )( 12) 0


0,25
2 2
12
2 22 2 14
| 12 | 10 2 22 14 2
| 12 72 | 10 12 72
b a
b a a a a a
v v v v
a b b b b
a a a a
= +

= − = − = − = = −
    

⇔ ⇔
     
+ = = = = = −
+ + = + +
    



0,25
Các phương trình đường thẳng ∆ là: x – y + 2 = 0; x – y + 22 = 0; 7x + y – 14 = 0; x + 7y + 14 = 0.
0,25
VIa-2
Giả sử M(t; - t – 2; t + 1) ∈ d, (t ∈ R).

2 2
2
| 6 9 | 3
2(2 3) (8 12 18)
2
6 8 12 18
t
t t t
t t
− −
⇔ = ⇔ + = + +
+ +
⇔ t = 0 ⇒ M( 0; - 2 ; 1)
0,25
VIIa
Điều kiện: x > 0. (*)
Đặt t =
1
5
log x
. Bất phương trình trở thành
2
3 3
12.9 35.6 18.4 0 12 35 18 0
2 2
t t
t t t
   
− + ≥ ⇔ − + ≥
   


0,25
•
1
1
5
2 3 3
1 log 1 5
3 2 2
t
u t x x
−
   
≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ − ⇔ ≤ − ⇔ ≥
   
   

•
2
1
5
9 3 3 1
2 log 2
4 2 2 25
t
u t x x
   
≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤
   
   

Mặt khác A, C nằm về hai phía của đường thẳng DM ⇒ Chỉ có điểm A(- 1; 5) thỏa mãn.

Gọi D(m ; m - 2) ∈ DM, (m ∈ R)
( 1; 7); ( 3; 1)AD m m CD m m= + − = − +
 

Do ABCD là hình vuông ⇒
2 2 2 2
5 1
. 0
5
( 1) ( 7) ( 3) ( 1)
m v m
D A D C
m
m m m m
D A DC
= = −


=

⇔ ⇒ =
 
+ + − = − + +
=



 

Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên
,AB u
 
cùng phương
, 0AB u
 
⇔ = ⇔
 
  
t = 0 ; k = - 1 hay A(1; 1; - 1) , B(- 1; 0; - 3)
0,25
Chọn điểm M(2;0; 3) ∈CD. Ta có
(1; 1;4)
AM
= −

⇒
, (6; 6; 3)u AM
 
= − −
 
 

Khoảng cách giữa hai cạnh AB và CD là
,
( , ) ( , ) 3
| |
u AM
d AB CD d A CD
u

2010 2 01 0
2 co s .sin 2 cos .sin 2
3 3 3 3
z i z i
π π π π
   
= + ⇒ = + =
   
   

( )
2 0 1 0
2 0 1 0 2 0 1 0
2 2
2 0 1 0 20 10
2 cos .sin 2 co s .sin 2
3 3 3 3
z i z i
π π π π
   
       
= − + − ⇒ = − + − =
       
   
       
   

0,25
1 2 1 2
| | | | 2 | | | | 4z z z z= = ⇒ + =

D
M