1. Thi thử Đại học www.toanpt.net
TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2x 3
y
x 2



có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)
2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B
sao cho AB ngắn nhất .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0
2. Giải phương trình: x2
– 4x - 3 = x 5
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân:
1
2
1
dx
1 x 1 x   

Câu IV (1 điểm)
Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất .
Câu V ( 1 điểm )
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
1 1 1
4
x y z
   . CMR:
1 1 1
1
2 2 2x y z x y z x y z
  
     
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a.( 2 điểm )
1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên
đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1)
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) :
x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :
(d)
x 1 3 y z 2
1 1 2
  
 

và (d’)
x 1 2t
y 2 t
z 1 t
 

 
  
Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường
thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng .
Câu VIIa . ( 1 điểm )
Tính tổng : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7S C C C C C C C C C C C C     
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b.( 2 điểm )
1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn :
(C1) : (x - 5)2
+ (y + 12)2
= 225 và (C2) : (x – 1)2
+ ( y – 2)2
= 25
2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng :
(d)
x t
y 1 2t
z 4 5t


 
  
và (d’)
x t
y 1 2t
z 3t


  
  
a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau .
b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .
Câu VIIb.( 1 điểm )
Giải phương trình :  5log x 3
2 x

----------------------------- Hết -----------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

2. Thi thử Đại học www.toanpt.net
tr­êng thpt hËu léc 2 ®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 2 n¨m häc 2009 - 2010
M«n thi: to¸n
Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò
C©u Néi dung §iÓm
I
2.0®
1
1.25®
Hµm sè y =
2x 3
x 2


cã :
- TX§: D =  {2}
- Sù biÕn thiªn:
+ ) Giíi h¹n :
x
Lim y 2

 . Do ®ã §THS nhËn ®­êng th¼ng y = 2 lµm TCN
,
x 2 x 2
lim y ; lim y
 
 
    . Do ®ã §THS nhËn ®­êng th¼ng x = 2 lµm TC§
+) B¶ng biÕn thiªn:
Ta cã : y’ =
 
2
1
x 2


< 0 x D 
Hµm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2 vµ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ
- §å thÞ
+ Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ;
3
2
)
+ Giao ®iÓm víi trôc hoµnh :
A(3/2; 0)
- §THS nhËn ®iÓm (2; 2)
lµm t©m ®èi xøng
0,25
0,25
0,25
0,5
2
0,75đ
Lấy điểm
1
M m;2
m 2
 
 
 
 C . Ta có :  
 
2
1
y' m
m 2
 

.
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình :
 
 2
1 1
y x m 2
m 2m 2
    

Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là :
2
A 2;2
m 2
 
 
 
Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)
0,25đ
0,25đ
8
6
4
2
-2
-4
-5 5 10
y’
y
x 
-


2
-
22
2

3. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Ta có :  
 
22
2
1
AB 4 m 2 8
m 2
 
    
  
. Dấu “=” xảy ra khi m = 2
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 0,25đ
II
2,0®
1
1,0®
Phương trình đã cho tương đương với :
2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0
   
sin x cosx
2 1 sin x 1 cosx 0
cosx sin x
2 sin x cosx cosx.sin x 3 sin x cosx cosx.sin x
0
cosx sin x
   
         
   
   
  
 
2 3
cosx sin x cosx.sin x 0
cosx sin x
 
     
 
 Xét
2 3 3
0 tan x tan x
cosx sin x 2

          
 Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx
với t 2; 2   
. Khi đó phương trình trở thành:
2
2t 1
t 0 t 2t 1 0 t 1 2
2

        
Suy ra :
1 2
2cos x 1 2 cos x cos
4 4 2
     
          
   
x 2
4

    
0,25
0,25
0,5
2
1,0®
x2
- 4x + 3 = x 5 (1)
TX§ : D =  5; ) 
   
2
1 x 2 7 x 5    
®Æt y - 2 = x 5 ,  
2
y 2 y 2 x 5    
Ta cã hÖ :
 
 
 
  
2 2
2
x 2 y 5 x 2 y 5
y 2 x 5 x y x y 3 0
y 2 y 2
       
  
        
   
 
 
2
2
x 2 y 5
x y 0 5 29
x
2x 2 y 5
x 1
x y 3 0
y 2
   

    
        
      


0,25
0,25
0,5
III
1.0®
1®
Ta có :
1
2
1
dx
1 x 1 x   
 =
   
1 12 2
2 2
1 1
1 x 1 x 1 x 1 x
dx dx
2x1 x 1 x 
     
 
  
 
1 1 2
1 1
1 1 1 x
1 dx dx
2 x 2x 
 
   
 
 

1
1
1 1
1
1 1 1
I 1 dx ln x x | 1
2 x 2


 
         
 


1 2
2
1
1 x
I dx
2x

  . Đặt 2 2 2
t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx      
0,5
0,5

4. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Đổi cận :
x 1 t 2
x 1 t 2
 
     
Vậy I2=
 
2 2
2
2
t dt
0
2 t 1


Nên I = 1
IV
2® 1.0®
Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có : SCA  ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin
Vậy
 3 2 3 2
SABC ABC
1 1 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin
3 6 6 6
        
Xét hàm số : f(x) = x – x3
trên khoảng ( 0; 1)
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2
.  
1
f ' x 0 x
3
   
Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số
f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN
hay
 
 x 0;1
1 2
Maxf x f
3 3 3
 
  
 
Vậy MaxVSABC =
3
a
9 3
, đạt được khi
sin =
1
3
hay
1
arcsin
3
 
( với 0 <
2

  )
0,25
0,5
V
1.0®
+Ta có :
1 1 1 1
2 4 2
.( )
x y z x y z
 
  
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z y x z
 
  
;
1 1 1 1
2 4 2
( )
x y z z y x
 
  
+ Lại có :
1 1 1 1
( );
x y 4 x y
 

1 1 1 1
( );
y z 4 y z
 

1 1 1 1
( );
x z 4 x z
 

cộng các BĐT này ta được đpcm.
1®
VIa
2® 1
1®
Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình :
a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2
+ b2
 0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của
AB tạo với BC nên :
2 2 2 2 2 2 2 2
2a 5b 2.12 5.1
2 5 . a b 2 5 . 12 1
 

   
2 2
2a 5b 29
5a b

 

   2 2 2
5 2a 5b 29 a b   
 9a2
+ 100ab – 96b2
= 0
a 12b
8
a b
9
 

 

Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1)
không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác .
Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9
0,25
0,25
0,25
0,25
A
B
C
S


5. Thi thử Đại học www.toanpt.net
Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0
2
1®
Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5)
Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình :
x 9 t
y 6 8t
z 5 15t
 

 
  
+ Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP  u 1;1;2

+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP  u ' 2;1;1

Ta có :
  MM' 2; 1;3 

   1 2 2 1 1 1
1 1 1 2 2 1MM ' u,u ' 2; 1;3 ; ; 8 0       
  
Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm)
Khi đó :
    
MM' u,u ' 8
d d , d'
11u,u '
 
 
 
 
 
  
 
0,25
0,25
0,25
0,25
VIIa 1đ
Chọn khai triển :
 
5 0 1 2 2 5 5
5 5 5 5x 1 C C x C x C x     
 
7 0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 5
7 7 7 7 7 7 7 7x 1 C C x C x C x C C x C x C x             
Hệ số của x5
trong khai triển của (x + 1)5
.(x + 1)7
là :
0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C    
Mặt khác : (x + 1)5
.(x + 1)7
= (x + 1)12
và hệ số của x5
trong khai triển của
(x + 1)12
là : 5
12C
Từ đó ta có : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 0
5 7 5 7 5 7 5 7 5 7 5 7C C C C C C C C C C C C     = 5
12C = 792
.0,25
0,25
0,25
0,25
VIb
2đ
1
1đ
Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có
tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0
(A2
+ B2
 0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2
đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :
 
 
2 2
2 2
5A 12B C
15 1
A B
A 2B C
5 2
A B
  

 

  
 
Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C |
Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C)
TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C) C = A – 9B thay vào (2) :
|2A – 7B | = 5 2 2
A B 2 2
21A 28AB 24B 0   
14 10 7
A B
21
 
 
Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203 10 7 
Vậy có hai tiếp tuyến :
(- 14 10 7 )x + 21y 203 10 7  = 0
TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)
4A 3B
C
2
 
  , thay vào (2) ta
được : 96A2
+ 28AB + 51B2
= 0 . Phương trình này vô nghiệm .
0,25
0,25
0,25
0,25

6. Thi thử Đại học www.toanpt.net
2
1®
a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP  u 1;2;5

+ Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP  u ' 1; 2; 3 

Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là
1 3
I ;0;
2 2
 
 
 
hay (d) và (d’) cắt
nhau . (ĐPCM)
b) Ta lấy
u 15 15 15
v .u ' ; 2 ; 3
7 7 7u '
 
     
 

 
 .
Ta đặt :
15 15 15
a u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
       
 
  
15 15 15
b u v 1 ;2 2 ;5 3
7 7 7
 
       
 
  
Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt
nhận hai véctơ a,b
 
làm VTCP và chúng có phương trình là :
1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7
  
      
  

 
    
 

        
và
1 15
x 1 t
2 7
15
y 2 2 t
7
3 15
z 5 3 t
2 7
  
      
  

 
    
 

        
VIIb 1®
ĐK : x > 0
PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1)
Đặt t = log2x, suy ra x = 2t
   t t t
52 log 2 3 t 2 3 5     
t t
2 1
3 1
3 5
   
     
   
(2)
Xét hàm số : f(t) =
t t
2 1
3
3 5
   
   
   
f'(t) =
t t
2 1
ln 0,4 3 ln 0,2 0, t
3 5
   
      
   

Suy ra f(t) nghịch biến trên R
Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2
Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2
0,25
0,25
0,25
0,25