Bộ đề thi thử đại học môn thi: Toán (Đề số 11)

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 3y
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 05 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 32 x  
----------------------------- Hết ----------------------------- 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
 ®¸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 
1 
1.25® 
Hµm sè y = 
2x 3
x 2


 cã : 
- TX§: D = R \ {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 I 
2.0® 
2 
0,75đ 
Lấy điểm 1M m; 2
m 2
   
 C . Ta có :  
 2
1y ' m
m 2
 

 . 
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 
 
 2
1 1y x m 2
m 2m 2
    

Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : 2A 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 
- 
2 
2 
Ta có :  
 
22
2
1AB 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 
1 
1,0® 
Phương trình đã cho tương đương với : 
 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0 
   
sin x cosx2 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 30 tan x tan x
cosx sin x 2

        k 
 Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx 
với t 2; 2    . Khi đó phương trình trở thành: 
2
2t 1t 0 t 2t 1 0 t 1 2
2

         
Suy ra : 1 22cos x 1 2 cos x cos
4 4 2
               
   
x 2
4

   k 
0,25 
0,25 
0,5 
II 
2,0® 
2 
1,0® 
 x2 - 4x + 3 = x 5 (1) 
TX§ : D =  5; )  
   21 x 2 7 x 5     
®Æt y - 2 = x 5 ,  2y 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 29x
2x 2 y 5
x 1x 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 xdx dx
2x1 x 1 x 
     
 
   
1 1 2
1 1
1 1 1 x1 dx dx
2 x 2x 
    
  
 
1
1
1 1
1
1 1 1I 1 dx ln x x | 1
2 x 2 
           
 
1 2
2
1
1 xI dx
2x

  . Đặt 2 2 2t 1 x t 1 x 2tdt 2xdx       
0,5 
0,5 
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 2SABC ABC1 1 1 1V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin3 6 6 6         
Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 
Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 .   1f ' 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 2Max f x f
3 3 3
 
  
 
Vậy MaxVSABC = 
3a
9 3
, đạt được khi 
sin = 1
3
 hay 1arcsin
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 25 2a 5b 29 a b    
  9a2 + 100ab – 96b2 = 0
a 12b
8a 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
 
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 11 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 ' 8d d , d '
11u,u '
 
  
 
 
  
  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
VIIa 
1đ 
Chọn khai triển : 
 5 0 1 2 2 5 55 5 5 5x 1 C C x C x C x      
 7 0 1 2 2 7 7 0 1 2 2 5 57 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 05 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 : 512C 
Từ đó ta có : 0 5 1 4 2 3 3 2 4 1 5 05 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 2A B 2 221A 28AB 24B 0    
14 10 7A 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 3BC
2
 
  , thay vào (2) ta 
được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
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 3I ;0;
2 2
  
 
 hay (d) và (d’) cắt 
nhau . (ĐPCM) 
b) Ta lấy 
u 15 15 15v .u ' ; 2 ; 3
7 7 7u '
 
     
 

 
 . 
Ta đặt : 15 15 15a u v 1 ; 2 2 ;5 3
7 7 7
 
       
 
  
 15 15 15b 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 15x 1 t
2 7
15y 2 2 t
7
3 15z 5 3 t
2 7
  
        

      
 
         
 và 
1 15x 1 t
2 7
15y 2 2 t
7
3 15z 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 t52 log 2 3 t 2 3 5      
t t2 13 1
3 5
        
   
 (2) 
Xét hàm số : f(t) = 
t t2 13
3 5
      
   
f'(t) = 
t t2 1ln 0, 4 3 ln 0,2 0, t
3 5
         
   
R 
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