Đề 40 thi thử đại học năm 2010 môn : Toán; khối: A, B

Sở giáo dục và đào tạo Hà nội 
 Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 
 **************** Môn : TOÁN; khối: A,B(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1
1
xy
x



2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . 
Câu II (2 điểm) 
1) Giải phương trình 217sin(2 ) 16 2 3.s in cos 20sin ( )
2 2 12
xx x x      
2) Giải hệ phương trình : 
4 3 2 2
3 2
1
1
x x y x y
x y x xy
   

   
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 
4
0
tan .ln(cos )
cos
x x dx
x

 
Câu IV (1 điểm): 
 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại 
đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính côsin của góc giữa hai mặt 
phẳng (SAB) và (SBC) . 
 Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 
 3a b b c c a
ab c bc a ca b
  
  
  
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a (1 điểm) 
 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0. 
 Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 450. 
Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) 
 và hai đường thẳng 1( ) :
1 2 3
x y zd  
 
 và 1 4( ') :
1 2 5
x y zd    
 Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. 
Câu VIII.a (1 điểm) 
Giải phương trình: 2 2 2 (24 1)(24 1) (24 1)log log xx x x xLog x x x   
Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (1 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2( ) : 1C x y  , đường thẳng ( ) : 0d x y m   . Tìm m để 
( )C cắt ( )d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. 
Câu VII.b (1 điểm) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: 
 (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 
 và đường thẳng 1 : 2
2

x = 
1
1y = 
3
z . Gọi 2 là giao tuyến của (P) và (Q). 
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1 , 2 . 
Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  1 
 ----------Hết---------- 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM 
Câu -ý Nội dung Điểm 
1.1 *Tập xác định :  \ 1D   
*Tính 2
1' 0 
( 1)
y x D
x

   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) 
*Hàm số không có cực trị 
*Giới hạn 
1x
Lim y

  
1x
Lim y

  
2
x
Lim y

 2
x
Lim y

 
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 
*Bảng biến thiên 
x  1  
y’ - - 
y 
*Vẽ đồ thị 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0( ; ( )) ( )M x f x C có phương trình 
 0 0 0'( )( ) ( )y f x x x f x   
 Hay 2 20 0 0( 1) 2 2 1 0x x y x x      (*) 
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 
 0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x

 
 
giải được nghiệm 0 0x  và 0 2x  
*Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0x y   và 5 0x y   
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với 
 os2 3 sin 2 10 os( ) 6 0
6
c x x c x      
 os(2 ) 5 os( ) 3 0
3 6
c x c x       
 22 os ( ) 5 os( ) 2 0
6 6
c x c x       
 Giải được 1os( )
6 2
c x    và os( ) 2
6
c x    (loại) 
*Giải 1os( )
6 2
c x    được nghiệm 2
2
x k   và 5 2
6
x k    
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
2.2 
*Biến đổi hệ tương đương với 
2 2 3
3 2
( ) 1
( ) 1
x xy x y
x y x xy
   

   
*Đặt ẩn phụ 
2
3
x xy u
x y v
  


 , ta được hệ 
2 1
1
u v
v u
  

  
*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) 
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
3 *Đặt t=cosx 
 Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , 
4
x  thì 1
2
t  
 Từ đó 
1
12
2 2
11
2
ln lnt tI dt dt
t t
    
*Đặt 2
1ln ;u t dv dt
t
  1 1;du dt v
t t
    
 Suy ra 
1
2
1
2
1 1
1 1 2 1ln ln 21 1
2
2 2
I t dt
t t t
      
*Kết quả 22 1 ln 2
2
I    
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
4 *Vẽ hình 
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh ( )SH A B C 
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là 
 060SEH SFH  
*Kẻ H K SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) 
 bằng H K A . 
*Lập luận và tính được AC=AB=a , 2
2
aHA  , 0 3tan 60
2
aSH HF  
*Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2
1 1 1 3
10
K H a
HK HS HB
    
 *Tam giác AHK vuông tại H có 
2
202tan
33
10
a
A HA K H
K H
a
   
 3cos
23
A K H  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
5 
*Biến đổi 1 1
1 (1 )(1 )
a b c c
ab c ab b a a b
  
 
     
0.25 
*Từ đó 1 1 1
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b aV T
a b c a c b
  
  
     
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c 
dương 
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 
3
1 1 13. . .
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
c b aV T
a b c a c b
  

     
=3 (đpcm) 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
3
a b c   
0.25 
0.25 
0.25 
6.a 
* có phương trình tham số 
1 3
2 2
x t
y t
 

  
 và có vtcp ( 3;2)u  

*A thuộc  (1 3 ; 2 2 )A t t    
*Ta có (AB;  )=450 1os( ; )
2
c A B u 
 
. 1
2.
A B u
A B u
 
 
 
 2 15 3169 156 45 0
13 13
t t t t         
*Các điểm cần tìm là 1 2
32 4 22 32( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
7.a *(d) đi qua 1(0; 1;0)M  và có vtcp 1 (1; 2; 3)u   

 (d’) đi qua 2 (0;1;4)M và có vtcp 2 (1;2;5)u 

*Ta có 1 2; ( 4; 8;4)u u O      
  
 , 1 2 (0;2;4)M M 

 Xét 1 2 1 2; . 16 14 0u u M M      
  
 (d) và (d’) đồng phẳng . 
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1)n  

 và đi 
qua M1 nên có phương trình 2 2 0x y z    
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
8.a *Điều kiện :x>0 
*TH1 : xét x=1 là nghiệm 
*TH2 : xét 1x  , biến đổi phương trình tương đương với 
 1 2 1
1 2log (24 1) 2 log (24 1) log (24 1)x x xx x x
 
    
 Đặt log ( 1)x x t  , ta được phương trình 
 1 2 1
1 2 2t t t
 
 
 giải được t=1 và t=-2/3 
*Với t=1 log ( 1) 1x x   phương trình này vô nghiệm 
*Với t=-2/3 2log ( 1)
3x
x    
 2 3.(24 1) 1x x   (*) 
Nhận thấy 1
8
x  là nghiệm của (*) 
Nếu 1
8
x  thì VT(*)>1 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
Nếu 1
8
x  thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất 1
8
x  
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và 1
8
x  
6.b *(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt ( ; ) 1d O d  
*Ta có 1 1 1. .sin .sin
2 2 2O A B
S O A O B A O B A O B   
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi 090A O B  
1( ; )
2
d I d  1m   
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
7.b 
* 1 có phương trình tham số 
2 2
1
3
x t
y t
z t
 

  
 
* 2 có phương trình tham số 
2
5 3
x s
y s
z s
 

 
 
*Giả sử 1 2;d A d B    
(2 2 ; 1 ;3 ) B(2+s;5+3s;s)A t t t    
* ( 2 ;3 6; 3 )A B s t s t s t    

 , mf(R) có vtpt (1;2; 3)n  

* ( ) &d R A B n 
 
 cùng phương 
 2 3 6 3
1 2 3
s t s t s t   
  

 23
24
t  
*d đi qua 
1 1 23( ; ; )
12 12 8
A và có vtcp (1;2; 3)n  

=> d có phương trình 
231 1
812 12
1 2 3
zx y  
 

0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
8.b 
*Điều kiện : 3
0
log (9 72) 0
9 72 0
x
x
x 

 
  
 giải được 9log 73x  
Vì 9log 73x  >1 nên bpt đã cho tương đương với 
 3log (9 72)
x x  
 9 72 3x x   
3 8
3 9
x
x
  
 

 2x  
*Kết luận tập nghiệm : 9(log 72;2]T  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .