SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO
TỈNH HẢI DƯƠNG
TRƯỜNG THPT ðOÀN THƯỢNG
KÌ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2010
MÔN TOÁN, KHỐI B
ðÁP ÁN VÀ BIỂU ðIỂM CHẤM
* Chú ý. Thí sinh làm bài không theo cách nêu trong ñáp án mà vẫn ñúng thì cho ñủ
ñiểm từng phần tương ứng.
Câu ý Nội dung ðiểm
I 1
Khảo sát hàm số
= − + +
4 2
3 4y x x
(C)
1,00

TXð:

.
lim
x
y
→±∞
= −∞ ,
3
0 4
' 4 6 , ' 0
6 25
2 4
x y

5
4
3
2
1
-1
-2
-6 -4 -2 2 4 6

Nhận xét. ðồ thị hàm số nhận trục tung làm trục ñối xứng

0,25

0,25

0,25
0,25
I 2
Tìm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến tại M vuông góc với
2 4 0x y+ − =


0 0
0 0
1 6
1 3 21 2 3
2 4
1 3 21 2 3
2 4
x y
x y
x y

= ⇒ =


− + −

⇔ = ⇒ =


− − +

= ⇒ =



Vậy
( )
1 3 21 2 3 1 3 21 2 3
1;6 , ; , ;
2 4 2 4

2 2
x x
x
− −
⇔ + + =
2 2
1
(cos2 cos6 ) 1 sin 2 0 cos2 cos4 cos 2 0
2
x x x x x x⇔ + + − = ⇔ + =

cos2 0 cos2 0
cos2 cos4 0 cos2 cos( 4 )
x x
x x x x
π
= =
 
⇔ ⇔
 
+ = = −
 

, ,
4 2 6 3 2
x k x k x k
π π π π π
π
⇔ = + = + = −


2 9 9 82
x y
x y x y
+ =


⇔

+ + + + =



( ) ( )
2 2
2 2
8
2 2 9 2 81 82
x y
x y xy x y x y xy
+ =


⇔

 
+ − + + + − + =

 



4
8
xy
x y
x y
=

⇔ = =

+ =


0,25
0,25
0,25 0,25
Kết luận. Hệ có 1 nghiệm
( )
4;4

III
Tính tích phân

I xdx= =
∫

3
2
1
1 3ln lnx x
I dx
x
+
=
∫

ðặt
2
1 2
1 3ln ln
3 3
t dx
t x x tdt
x
−
= + ⇔ = ⇒ =
( ) ( )
1 1; 2t t e= =

( )
2
2 2
4 2

⊥
(ABCD). Gọi H là trung
ñiểm của AO thì MH // SO nên MH
⊥
(ABCD) suy ra HN là hình chiếu
của MN trên mp(ABCD). Bởi vậy góc giữa MN và (ABCD) là góc
0
60MNH MNH
∠ ⇒ ∠ =
.
2
2 2 2 0
5 10
2 . .cos45
8 4
a a
HN CH CN CH CN HN= + − = ⇒ =

Tam giác MNH vuông suy ra
0
30
.tan30
4
a
MH HN= =
SA cắt (MNC) tại ñiểm M là trung
ñiểm của SA nên
( ;( )) ( ;( ))S MNC A MNC
d d=
SMNC AMNC

M
O
B
D
C
A
S
a d d b b c c a
S
d b b c c a a d
− − − −
= + + +
+ + + +1 1 1 1 4
a d d b b c c a
S
d b b c c a a d
− − − −
= + + + + + + + −
+ + + +

4
a b d c b a c d
S
d b b c c a a d
+ + + +
= + + + −
+ + + +

0,25
0,25

0,25 0,25
VI.a 1
1)

Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường thẳng ∆:
2 1 0x y− − =
và hai ñiểm
A(1 ; 1), B(4 ; -3). Tìm ñiểm C trên ñường thẳng ∆ sao cho khoảng
cách từ C ñến ñường thẳng AB bắng 6.
1,00

( )
2 1;C C t t∈∆ ⇒ + . AB có phương trình : 4 3 7 0x y+ − =
( )
11 3
;
5
t
d C AB
−
=
( )
3
; 6


0,25
2 Viết phương trình mặt phẳng (P)…
1,00

( ) ( ) ( )
1 2
/ / ; / /P P P∆ ∆ ⇒ có vtpt
( )
14;14; 7n −
r

Pt mặt phẳng (P) là: 2x + 2y – z + D = 0
(S) có tâm I(1;-2;3), bán kính R = 5.
( ) ( ) ( )
P S C∩ = có chu vi 6π
( )
C⇒ có bán kính r = 3
( )
( )
5
;
3
D
d I P
−
=

Ta có:
( )

0,25
VII.a
Cho
1 2
,z z
là hai nghiệm của phương trình
1
1z
z
+ =
. Tính S =
3 3
1 2
z z+
.
1,00

2
1
1 1 0z z z
z
+ = ⇔ − + =
( )
2
3 3i∆ = − −

1 2
1 3 1 3
;
2 2

phương trình hai cạnh lần lượt là
2 4 0, 2 10 0x y x y
+ − = + − =
và
phương trình một ñường chéo là
2 0x y
− + =
.

1,00
Giả sử AB: x + 2y – 10 = 0; CD: x + 2y – 4 = 0; AC: x – y + 2 = 0
Tìm ñược tọa ñộ A(2;4); C(0;2)
Gọi I là trung ñiểm AC
⇒
I(1;3)
ðt
∆
ñi qua I và
⊥
AC có pt: x + y – 4 =0
∆
cắt AB tại B(-2;6)
∆
cắt CD tại D(4;0)
Vậy A(2;4); B(-2;6); C(0;2); D(4;0) 0,25

0,25

AI u
AI AI u d I
u
 
 
 
= − ⇒ = − ⇒ ∆ = =
 
uur r
uur uur r
r

∆ cắt (S) ( ; ) 3 13 4d I R m m⇔ ∆ < ⇔ < − ⇔ <
Gọi H là trung ñiểm của MN thì IH ⊥ MN và MH = 4
Tam giác IMH vuông tại H nên
2 2 2
13 16 9 12MI MH IH m m= + ⇔ − = + ⇔ = −
(TM). Vậy
12m = −
0,25

0,25

0,25 0,25