Đề 42 thi thử đại học năm 2010 môn: Toán – Khối: A

TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN- TP. THÁI NGUYÊN 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 
Môn: TOÁN – Khối: A 
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) 
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số 2 4 
1
xy
x



. 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1). 
Câu II (2,0 điểm): 
 1. Giải phương trình: 22 1 3 2
1 3
x x
x x
   
  
 2. Giải phương trình: 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: 2
1
ln ln
1 ln
e xI x dx
x x
 
   
 
Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh 
a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy 
lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, 
biết rằng SH = S’K =h. 
 Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
9 9 9 9 9 9
6 3 3 6 6 3 3 6 6 3 3 6
x y y z z xP
x x y y y y z z z z x x
  
  
     
PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) 
 Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình chuẩn. 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: 2 2 4 3 4 0x y x    . 
 Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. 
 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có 
phương trình 
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
 

  
  
. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là 
nhỏ nhất. 
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức: 2 0z z  
B. Theo chương trình nâng cao. 
Câu VI.b (2,0 điểm): 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo 
BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
 2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đường thẳng: 
 2 1 0 3 3 0( ) ; ( ') 
1 0 2 1 0
x y x y z
x y z x y
       
  
       
.Chứng minh rằng hai đường thẳng ( ) và ( ' ) cắt 
nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi (  ) và ( ' ). 
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 2
3 3 3
log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
  

  
. 
 -------------------------------- Hết ------------------------ 
Họ và tên thí sinh: ..Số báo danh: ... 
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – MÔN TOÁN – KHỐI A 
Câu Nội dung Điểm 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) 
CâuI 2.0 
1. TXĐ: D = R\{-1} 
Chiều biến thiên: 2
6' 0 x D
( 1)
y
x
   

=> hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1)  và ( 1; )  , hs không có cực trị 
0.25 
Giới hạn: 
1 1
lim 2, lim , lim
x x x
y y y
   
     
=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2 
BBT 
 x - -1 + 
 y’ + + 
 y 
 + 2 
 2 - 
0,25 
0.25 
+ Đồ thị (C): 
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm  2;0 , trục tung tại điểm (0;-4) 
f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y( t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
x
y
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng 
0.25 
2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có 6 6;2 ; ;2 ; , 1
1 1
A a B b a b
a b
             
0.25 
Trung điểm I của AB: I 2 2;
2 1 1
a b a b
a b
      
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0 
0.25 
Có : . 0AB MN
I MN
 


 
0.25 
=> 
0 (0; 4)
2 (2;0)
a A
b B
  
 
 
0,25 
CâuII 2.0 
1. TXĐ: x  1;3  0,25 
Đặt t= 1 3 , t > 0x x   => 
2
2 43 2
2
tx x    
0,25 
đc pt: t3 - 2t - 4 = 0  t=2 0,25 
Với t = 2 
1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x
 
     
0,25 
2. 2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x       1,0 
TXĐ: D =R 
2 3 4 2 3 4sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x      
 
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
 
           
0,25 
+ Với sin 0 ( )
4
x cosx x k k Z       0,25 
+ Với 2 2(sin ) sin . 0x cosx x cosx    , đặt t = sin (t 2; 2 )x cosx      
được pt : t2 + 4t +3 = 0 
1
3( )
t
t loai
 
   
0.25 
t = -1 
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
 


 
 
   

Vậy : 
 ( )
4
2 ( )
2
2
x k k Z
x m m Z
x m


 


   

  

  

0,25 
Câu III 2
1
ln ln
1 ln
e xI x dx
x x
 
   
 
1,0 
I1 =
1
ln
1 ln
e x dx
x x
, Đặt t = 1 ln x , Tính được I1 = 
4 2 2
3 3
 
0,5 
 22
1
ln
e
I x dx  , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e - 2 
0,25 
I = I1 + I2 =
2 2 2
3 3
e  
0,25 
Câu IV 1,0 
M
N
A
B
D C
S
S'
H
K
SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : . .S ABCD S AMNDV V V  
0,25 
 . . .S AMND S AMD S MNDV V V  ; . .
. .
1 1; . ;
2 4
S AMD S MND
S ABD S BCD
V VSM SM SN
V SB V SB SC
    
0.25 
. . .
1
2S ABD S ACD S ABCD
V V V  ; . . .
3 5
8 8S AMND S ABCD S ABCD
V V V V   0.25 
25
24
V a h  0.25 
Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc : 
3 3 3 3 3 3
2 2 2 2 2 2
a b b c c aP
a ab b b bc c c ca a
  
  
     
0.25 
3 3 2 2
2 2 2 2( )
a b a ab ba b
a ab b a ab b
  
 
   
 mà 
2 2
2 2
1
3
a ab b
a ab b
 

 
(Biến đổi tương đương) 
2 2
2 2
1( ) ( )
3
a ab ba b a b
a ab b
 
   
 
0.25 
Tương tự: 
3 3 3 3
2 2 2 2
1 1( ); ( )
3 3
b c c ab c c a
b bc c c ca a
 
   
   
=> 32 ( ) 2. 2
3
P a b c abc     (BĐT Côsi) 
0.25 
CâuV 
=> P 2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P   
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 
0.25 
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) 
 A. Chương trình chuẩn 
CâuVI.a 2.0 
1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’ 0,25 
Pt đường thẳng IA : 2 3
2 2
x t
y t
 

 
, 'I IA => I’( 2 3 ;2 2t t  ), 
0,25 
 12 ' '( 3;3)
2
AI I A t I   
 
0,25 
(C’):    2 23 3 4x y    
0.25 
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) d , AB//d. 0.25 
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B 
(MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB 
0.25 
0,25 
MA=MB M(2 ; 0 ; 4) 0,25 
CâuVII.a 1.0 
z = x + iy ( ,x y R ), z2 + 2 2 2 20 2 0z x y x y xyi       0,25 
2 2 2 2
2 0
0
xy
x y x y

 
   
0,25 
0
0
0
1
0
1
x
y
x
y
x
y
 
 
 
 


  
0,25 
Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,25 
B. Chương trình nâng cao 
Câu 
VI.b 
 2.0 
1. (7;3)BD AB B  , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c        , 
I = 2 1 2 17;
2 2
a c a c    
 
 
 là trung điểm của AC, BD. 
0,25 
I 3 18 0 3 18 (6 35;3 18)BD c a a c A c c           0,25 
M, A, C thẳng hàng  ,MA MC
 
 cùng phương => c2 – 13c +42 =0 
7( )
6
c loai
c

 
0,25 
 c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25 
2. 
Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, ( ) ( ' ) = A 1 3;0;
2 2
  
 
0.5 
(0; 1;0) ( )M    , Lấy N ( ')  , sao cho: AM = AN => N 
AMN cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi ( ) và 
( ' ) chính là đg thẳng AI 
0.25 
Đáp số: 
1 2
1 3 1 3
2 2 2 2( ) : ; ( ) :
1 1 2 2 3 5 1 1 2 2 3 5
14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30
x z x zy yd d
   
   
   
     
0,25 
Câu 
VII.b 
TXĐ: 
0
0
x
y



0.25 
2 2 2
3 3 3
log 3 log log 3 . 2 .
log 12 log log 12 . 3 .
x y
x y
x y y x y x
x x y y x y
    
 
    
0.25 
2
3 . 2 .x y
y x
y x

 

0.25 
4
3
4
3
log 2
2 log 2
x
y


 


(t/m TXĐ) 
0,25 
(Học sinh giải đúng nhưng không theo cách như trong đáp án, gv vẫn cho điểm tối đa tương ứng 
như trong đáp án ).