Đề thi thử Đại học môn Toán

1. SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
-----------------------------
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. (2 điểm) Cho hàm số .
x
x
y
2
32
+
+
=
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận của (C). Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M
cắt các đường tiệm cận của (C) lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích
nhỏ nhất.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình: .
xcosxsin
)xcosx(sin
xsinxtan 1
2
2
3
222 =
−
+
+




 π
−+
2) Giải phương trình: 1311122 2422
+=−−−−+ xx)xx( )Rx( ∈ .
Câu III. (1 điểm) Tính tích phân ∫
π
π
π
+
=
4
6
3
2
4
dx
)xsin(xsin
xcos
I .
Câu IV. (1 điểm)
Cho hình lăng trụ ABC. CBA ′′′ có ABC.A′ là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a. Biết độ dài đoạn
vuông góc chung của AA ′ và BC là
4
3a
. Tính thể tích khối chóp CCBB.A ′′′ .
Câu V. (1 điểm) Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 2010416
2010
2 5
=



 +
log
xcosxsin
.
PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: PHẦN A hoặc PHẦN B)
PHẦN A
Câu VIa. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường tròn
2
1
1 22
1 =+− y)x(:)C( và
422 22
2 =−+− )y()x(:)C( . Viết phương trình đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn )C( 1 và cắt
đường tròn )C( 2 tại các điểm M, N sao cho MN = 22 .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thang cân ABCD có đáy lớn AB và tọa độ các đỉnh
);;(A 211 −− ; );;(B 011− và );;(C 210 − . Xác định tọa độ đỉnh D.
Câu VIIa. (1 điểm) Tính tổng 2009
2010
25
2010
23
2010
21
2010 200953 C...CCCS +−+−= .
PHẦN B
Câu VIb. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm );(I
2
3
2
9
và trung
điểm của cạnh AD là M(3; 0). Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm );;(H
11
2
11
6
11
2
− . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua H
và cắt các trục tọa độ lần lượt tại A, B, C sao cho H là trực tâm của tam giác ABC.
Câu VIIb. (1 điểm) Giải phương trình )Rx()x(log x
∈=++ −+ 112
3
2
311
2
1
---------- Hết ---------
Thi thử Đại học www.toanpt.net

2. SỞ GD & ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010
NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I. 2 điểm
1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số .
x
x
y
2
32
+
+
=
* Tập xác định: D = R{-2}
* Chiều biến thiên: Dx
)x(
y ∈∀>
+
=′ 0
2
1
2
* Tiệm cận: 2
22
=−∞=+∞=
±∞→−→−→ +− xxx
lim;lim,lim
⇒ Đồ thị (C) có tiệm cận đứng 2−=x và tiệm cận ngang y = 2
* Bảng biến thiên
x -∞ -2 +∞
y’ + +
y
+∞ 2
2 -∞
* Vẽ đúng đồ thị
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
2) Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt .............
Lấy 2
2
32
0
0
0
0 −≠∈





+
+
x);C(
x
x
;xM thì phương trình tiếp tuyến với (C) tại M có dạng
2
32
2
1
0
0
02
0
+
+
+−
+
=
x
x
)xx(
)x(
y (d)
Gọi A là giao của (d) và tiệm cận đứng 2−=x . Tìm ra )
x
x
;(A
2
22
2
0
0
+
+
− . Gọi B là giao của (d) và
tiệm cận ngang y = 2. Tìm ra );x(B 222 0 + . Từ đó suy ra M là trung điểm của AB.
Ta thấy tam giác IAB vuông tại I nên IM là bán kính đường tròn ngoại tiếp IAB∆ . Vậy đường tròn
ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích là 2
IM.π nhỏ nhất IM⇔ nhỏ nhất
Ta có );(I 22− và 2
2
1
22
2
32
2 2
0
2
0
2
0
02
0
2
≥
+
++=





−
+
+
++=
)x(
)x(
x
x
)x(IM . Vậy IM nhỏ nhất
khi 


−⇒−=
−⇒−=
⇔


−=+
=+
⇔
+
=+
);(Mx
);(Mx
x
x
)x(
)x(
333
111
12
12
2
1
2
0
0
0
0
2
0
2
0
1 điểm
0,25đ
0,25 đ
0,25đ
0,25đ
---------
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu II. 2 điểm
1) Giải phương trình .
xcosxsin
)xcosx(sin
xsinxtan 1
2
2
3
222 =
−
+
+




 π
−+
Điều kiện: 02 ≠xcos
Phương trình 1
2
222 =
−
+
++⇔
xcosxsin
)xcosx(sin
xcosxtan
xcos)xcosx(sinxcosxsin 22222 22
=+−+⇔
xcosxsinxcosxsin 2222222 2
=−−+⇔
02222
=−−⇔ xcosxcos
22 −=⇔ xcos (loại) hoặc 12 −=xcos )Zk(kx ∈π+
π
=⇔
2
(thỏa mãn)
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Thi thử Đại học www.toanpt.net

3. 2) Giải phương trình: 1311122 2422
+=−−−−+ xx)xx( )Rx( ∈
Đặt 11 2
≥+= xu và 01 2
≥−= xv 122
−=⇒ ux và 222
=+ vu
Phương trình




=+
−=−−
⇔
)(vu
)(uuvvu
22
12324
22
2
( 01 ≥≥ v;u )
Thay (2) vào (1) ta được phương trình:
0242324 22222
=−++−⇔+−=−− uu)u(vv)vu(uuvvu
Ta có 2
23 )u( −=∆ uv 2=⇒ hoặc uv −= 2
* Với 351212 222
−=⇔+=−⇔= xxxuv (vô nghiệm)
* Với 0112111212 42222
=⇔=−⇔=++−⇔+−=−⇔−= xxxxxxuv
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu III 1 điểm
Tính tích phân ∫
π
π
π
+
=
4
6
3
2
4
dx
)xsin(xsin
xcos
I ..
Ta có ∫∫∫
π
π
π
π
π
π +
=
+
=
π
+
=
4
6
2
24
6
24
6
2
1
22
4
dx
)xcot(xsin
xcot
dx
)xcosx(sinxsin
xcot
dx
)xsin(xsin
xcot
I .
Đặt t = cotx thì dt =
xsin
dx
2
− và 1
4
3
6
=⇒
π
==⇒
π
= tx;tx
Vậy ∫∫ 





+
+−=
+
=
3
1
3
1
2
1
1
12
1
2 dt
t
tdt
t
t
I







 +
+−=








++−=
2
31
322
1
3
1
2
2
2
lntlnt
t
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu IV 1 điểm
Tính thể tích khối chóp CCBB.A ′′′ .
A’ C’
B’
N
A C
O M
B
Gọi O là tâm của đáy ABC và M là trung điểm cạnh BC. Hạ AAMN ′⊥ . Do )AMA(BC ′⊥ nên MN
là đoạn vuông góc chung của AA′ và BC
4
3a
MN =⇒
Ta có ;
a
AMAO;
a
AM
3
3
3
2
2
3
===
4
322 a
MNAMAN =−=
Hai tam giác OAA′ và MNA đồng dạng nên
3
a
AN
AO.MN
OA
AN
AO
MN
OA
==′⇒=
′
.
18
3
4
3
33
2
3
2
3
1 32
aa
.
a
.S.OAS.OAS.OAVVV ABCABCABCABC.AABC.CBACCBB.A ==′=′−′=−= ′′′′′′′
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Thi thử Đại học www.toanpt.net

4. Câu V 1 điểm
Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 2010416
2010
2 5
=



 +
log
xcosxsin
.
Lấy 2010log cả 2 vế thì phương trình 5416
2
=+⇔
xcosxsin
Ta có
5454
4
1
4
4
1
4
4
1
4
4
1
4416
5 1442
≥≥++++=+
−+ )xcosxsin(xcosxcosxcosxcosxsinxcosxsin
do 122
=+≥+ xcosxsinxcosxsin
Dấu bằng xảy ra




∈π=⇔=⇔
=+
=
⇔ )Zk(kxxsin
xcosxsin
xcosxsin
0
1
4
4
1
4
4
0,25đ
0,5đ
0,25đ
Câu VIa 2 điểm
1) Viết phương trình đường thẳng (d) ..............
Đường tròn )C( 1 có tâm );(I 011 và bán kính
2
1
1 =R . Đường tròn )C( 2 có tâm );(I 222 và bán
kính 22 =R .
Ta cần có (d) là tiếp tuyến của )C( 1 và cách tâm I2 một khoảng 2
2
2
2
2 =





−=
MN
RIH
* TH1: Nếu (d) có dạng x = c. Ta có hệ





⇒
=−
=−
22
2
1
1
c
c
vô nghiệm c
* TH2: Nếu (d) có dạng y = ax + b.
Ta có hệ







⇔+−=+⇒
=
+
+−
=
+
+
baba
)(
a
ba
)(
a
ba
222
22
1
22
1
2
1
1
2
2



−=
=+
2
234
b
ba
Khi 234 =+ ba thay vào (1) giải ra 1−=a hoặc
7
1
−=a ⇒ (d): 02 =−+ yx hoặc 067 =−+ yx
Khi 2−=b thay vào (1) giải ra a = 1 hoặc a = 7 ⇒ (d): 02 =−− yx hoặc 027 =−− yx
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
2) Xác định tọa độ đỉnh D.
Ta có BC = 3. Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.
Gọi ∆ là đường thẳng đi qua C và song song với AB và (S) là mặt cầu tâm A, bán kính R = 3 thì D là
giao của ∆ và (S).
Đường thẳng ∆ đi qua C có vtcp );;(AB 222−
→
nên ta có phương trình )(
mz
my
mx
: 1
22
21
2





+=
+−=
−=
∆
Mặt cầu (S) có phương trình: )()z()y()x( 29211 222
=++++− .
Giải hệ (1), (2) tìm ra 1−=m hoặc
3
2
−=m .
Khi m = -1 ta có );;(D 032 − (loại vì khi đó CD = AB = 32 nên ABCD là hình bình hành)
Khi
3
2
−=m ta có );;(D
3
2
3
7
3
4
− (thỏa mãn)
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
---------
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Thi thử Đại học www.toanpt.net

5. Câu VIIa 1 điểm
Tính tổng 2009
2010
25
2010
23
2010
21
2010 200953 C...CCCS +−+−= .
Khai triển 20102010
2010
33
2010
22
2010
1
2010
0
2010
2010
1 xC...xCxCxCC)x( +++++=+
Đạo hàm 2 vế 20092010
2010
23
2010
2
2010
1
2010
2009
20103212010 xC...xCxCC)x( ++++=+⇒
Nhân 2 vế với x và đạo hàm ta được
[ ]20082009
1200912010 )x(x)x( +++ = 20092010
2010
223
2010
22
2010
21
2010 201032 xC...xCxCC ++++
Thay x = i vào 2 vế ta có
Vế trái = )i(.)i()i.()i()i.( 201012201020101220102010112010 100410042008
+=+=++
Vế phải = )C...C(i)C...CCC( 2010
2010
22
2010
22009
2010
25
2010
23
2010
21
2010 20102200953 +−++−+−
Vậy 1004
22010.S =
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu VIb 2 điểm
1) Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Ta có 232 == IMAB và 222 ==⇒== MDMA
AB
S
AD ABCD
.
Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và nhận );(MI
2
3
2
3→
làm véc tơ pháp tuyến nên có phương trình
03 =−+ yx . Vì 2== MDMA nên tọa độ A, D là nghiệm của hệ



=+−
=−+
23
03
22
y)x(
yx
.
Giải hệ tìm ra A( 2; 1), D( 4; -1)
Vì I là trung điểm AC và BD nên từ đó có C(7; 2) và B(5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1).
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A.........
Giả sử A(a; 0; 0); B(0; b; 0) và C(0; 0; c) 1=++⇒
c
z
b
y
a
x
:)P( . Từ )P(H∈ suy ra
)(
cbacba
111
262
1
11
2
11
6
11
2
=++−⇔=++− .
Ta có:
);;a(AH
11
2
11
6
11
2
−−
→
; )c;b;(BC −
→
0 . Vì )(cbBCAH 2026 =+−⇒⊥
);b;(BH
11
2
11
6
11
2
−−
→
; )c;;a(AC 0−
→
. Vì )(caACBH 3022 =+⇒⊥
Giải hệ (1), (2), (3) tìm ra 2
3
2
2 ==−= c;b;a và từ đó có phương trình 023 =+−− zyx:)P(
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
---------
1 điểm
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu VIIb 1 điểm
Giải phương trình )Rx()x(log x
∈=++ −+ 112
3
2
311
2
1
Đặt 0112
≥−+= xt . Phương trình trở thành t
)t(log 3113 =++
Đặt )t(logy 13 += ta có hệ




=⇔−=−⇒
+=
+=
ytyt
y
t ty
t
y
33
13
13
Vậy ta có 13 += tt
. Xét hàm 13 −−= t)t(f t
với 0≥t ta thấy phương trình f(t) = 0 chỉ có nghiệm
duy nhất t = 0.
Từ đó suy ra 00112
=⇔=−+= xxt .
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Thi thử Đại học www.toanpt.net