Đề 49 thi thử đại học năm học 2009 - 2010 môn thi : Toán ; khối : A

TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 
THANH CHƯƠNG- NGHỆ AN 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010 
Môn thi : TOÁN ; Khối : A 
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm): 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số 2 2
1
xy
x



 (C) 
1. Khảo sát hàm số. 
2. Tìm m để đường thẳng d: y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5 . 
Câu II: (2 điểm) 
1. Giải phương trình: 2 cos5 .cos 3 sin cos8 x x x x  , (x  R) 
2. Giải hệ phương trình: 
2
5 3
x y x y y
x y
    

 
 (x, y R) 
Câu III: (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường 1xy e  ,trục hoành, x = ln3 
và x = ln8. 
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , 
BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). 
Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 3
4
a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
Câu V: (1 điểm) Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của    
3 3 2 2
( 1)( 1)
x y x y
P
x y
  

 
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 (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I 
và đường thẳng : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng  cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân 
biệt A,B thỏa mãn diện tích tam giác IAB bằng 12. 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 
1 1 1
2 1 1
x y z  
 

 ; 
d2: 
1 2 1
1 1 2
x y z  
  và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của 
đường thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2 . 
Câu VII.a (1 điểm) Giải bất phương trình 
2
2log 2log2 20 0x xx  2 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình cạnh AB: x - y - 2 = 0, 
phương trình cạnh AC: x + 2y - 5 = 0. Biết trọng tâm của tam giác G(3; 2). Viết phương trình cạnh 
BC. 
3. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 1 3
1 1 4
x y z 
  và điểm 
M(0 ; - 2 ; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  đồng 
thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4. 
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình nghiệm phức : 25 8 6z i
z
   
.. Hết . 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:  
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM: 2009 -2010 
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 
Tập xác định D = R\- 1 
Sự biến thiên: 
-Chiều biến thiên: 2
4' 0,
( 1)
y x D
x
   

. 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ; - 1) và (- 1 ; + ). 
- Cực trị: Hàm số không có cực trị. 
0,25 
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và tiệm cận: 
2 2 2 2lim 2 ; lim 2
1 1
x x
x xx x 
 
 
 
. Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. 
1 1
2 2 2 2lim ; lim
1 1
x x
x xx x  
 
   
 
. Đường thẳng x = - 1 là tiệm cận đứng. 
0,25 
-Bảng biến thiên: 
x - - 1 + 
y’ + + 
y 
 + 2 
2 -  
0,25 I-1 
(1 điểm) 
 Đồ thị: 
-Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) 
-Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 2) 
- Đồ thị hàm số có tâm đối xứng là giao điểm 
hai tiệm cận I(- 1; 2). 
0,25 
Phương trình hoành độ giao điểm: 2x2 + mx + m + 2 = 0 , (x≠ - 1) (1) 0,25 
d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt  PT(1) có 2 nghiệm phân biệt khác -1  m2 - 8m - 16 > 0 (2) 0,25 
Gọi A(x1; 2x1 + m) , B(x2; 2x2 + m. Ta có x1, x2 là 2 nghiệm của PT(1). 
Theo ĐL Viét ta có 
1 2
1 2
2
2
2
mx x
mx x
   

 

. 0,25 I-2 
(1 điểm) 
AB2 = 5  2 21 2 1 2( ) 4( ) 5x x x x     
2
1 2 1 2( ) 4 1xx x x    m
2 - 8m - 20 = 0 
 m = 10 , m = - 2 ( Thỏa mãn (2)) 
KL: m = 10, m = - 2. 
0,25 
y 
x 
2 y=2 
x= -1 
-1 O
1 
-2 
PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25 
 1- 2sin2x + sinx = 0 0,25 
 sinx = 1 v 1sin
2
x   0,25 II-1 
(1 điểm) 
 72 ; 2 ; 2 , ( )
2 6 6
x k x k x k k Z            0,25 
ĐK: x + y  0 , x - y  0, y  0 0,25 
PT(1)  2 2 2 22 2 4 2x x y y x y y x       
2
2 0 (3)
5 4 (4)
y x
y xy
 
 

 0,25 
Từ PT(4)  y = 0 v 5y = 4x 
Với y = 0 thế vào PT(2) ta có x = 9 (Không thỏa mãn đk (3)) 0,25 
II-2 
(1 điểm) 
Với 5y = 4x thế vào PT(2) ta có 2 3 1x x x    
KL: HPT có 1 nghiệm 4( ; ) 1;
5
x y    
 
0,25 
Diện tích 
ln8
ln3
1xS e dx  ; Đặt 2 21 1 1x x xt e t e e t        0,25 
Khi x = ln3 thì t = 2 ; Khi x = ln8 thì t = 3; Ta có 2tdt = exdx  2
2
1
tdx dt
t


 0,25 
Do đó 
3 32
2 2
2 2
2 22
1 1
tS dt dt
t t
        
 0,25 
III 
(1 điểm) 
= 
31 32 ln 2 ln
21 2
tt
t
           
 (đvdt) 0,25 
Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi 
đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó  060A DB  
Hay tam giác ABD đều. 
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao 
tuyến của chúng là SO  (ABCD). 
0,25 
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có 
DH AB và DH = 3a ; OK // DH và 1 3
2 2
aOK DH   OK  AB  AB  (SOK) 
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là khoảng 
cách từ O đến mặt phẳng (SAB). 
0,25 
0,25 
IV 
(1 điểm) 
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2 2 2
1 1 1
2
aSO
OI OK SO
    
Diện tích đáy 24 2. . 2 3D SABC ABOS OA OB a   ; 
đường cao của hình chóp 
2
aSO  . 
Thể tích khối chóp S.ABCD: 
3
.
1 3.
3 3D DS ABC ABC
aV S SO  
0,25 
S 
A 
B 
K 
H 
C 
O 
I D 
3a
a 
 Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có 
2
4
txy  0,25 
3 2 (3 2)
1
t t xy tP
xy t
  

 
. Do 3t - 2 > 0 và 
2
4
txy   nên ta có 
2
3 2
2
2
(3 2)
4
21
4
t tt t tP
t tt

 
 

 
0,25 
Xét hàm số 
2 2
2
4( ) ; '( ) ;
2 ( 2)
t t tf t f t
t t

 
 
 f’(t) = 0  t = 0 v t = 4. 
t 2 4 + 
f’(t) - 0 + 
f(t) 
 +  + 
8 
0,25 
V 
(1 điểm) 
Do đó min P = 
(2; )
min ( )f t

 = f(4) = 8 đạt được khi 
4 2
4 2
x y x
xy y
   
 
  
 0,25 
Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. 0,25 
Gọi H là trung điểm của dây cung AB. 
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. 
IH = 
2 2
| 4 | | 5 |( , )
16 16
m m md I
m m

  
 
0,25 
2
2 2
2 2
(5 ) 2025
16 16
mAH IA IH
m m
    
 
 0,25 
VI.a -1 
(1 điểm) 
Diện tích tam giác IAB là 12 2 12SIAB IAHS    
 2
3
( , ). 12 25 | | 3( 16) 16
3
m
d I AH m m
m
 
     
  

 0,25 
Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) 0,25 
Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0,25 
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là (1;3; 1)u  

 0,25 
VI.a -2 
(1 điểm) 
Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 1 2
1 3 1
x y z 
 

 0,25 
Điều kiện: x> 0 ; BPT  
2
2 24log 2log2 20 0x xx   0,25 
Đặt 2logt x . Khi đó 2
tx  . 
BPT trở thành 2 22 24 2 20 0t t   . Đặt y = 
222 t ; y  1. 
0,25 
BPT trở thành y2 + y - 20  0  - 5  y  4. 0,25 
VII.a 
(1 điểm) 
Đối chiếu điều kiện ta có : 22 2 22 4 2 2 1t t t      - 1  t  1. 
Do đó - 1  2log x  1  
1 2
2
x  
0,25 
I 
A B 
 
H 
5 
 Tọa độ điểm A là nghiệm của HPT: 
- - 2 0
2 - 5 0
x y
x y


 
 A(3; 1) 0,25 
Gọi B(b; b- 2)  AB, C(5- 2c; c)  AC 0,25 
Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên 
3 5 2 9
1 2 6
b c
b c
   

   
 
5
2
b
c



. Hay B(5; 3), C(1; 2) 0,25 
VI.b- 1 
(1 điểm) 
Một vectơ chỉ phương của cạnh BC là ( 4; 1)u BC   
 
. 
Phương trình cạnh BC là: x - 4y + 7 = 0 
0,25 
Giả sử ( ; ; )n a b c

 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). 
Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz + 2b = 0. 
Đường thẳng  đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương (1;1;4)u 

0,25 
Từ giả thiết ta có 
2 2 2
. 4 0/ /( ) (1)
| 5 | 4( ; ( )) 4 (2)
n u a b cP
a bd A P
a b c
    
 
  
 
 
 
 0,25 
Thế b = - a - 4c vào (2) ta có 2 2 2 2 2( 5 ) (2 17 8 ) - 2 8 0a c a c ac a ac c       
 4 2 a av
c c
   
0,25 
VI.b-2 
(1 điểm) 
Với 4a
c
 chọn a = 4, c = 1  b = - 8. Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0. 
Với 2a
c
  chọn a = 2, c = - 1  b = 2. Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0. 
0,25 
Giả sử z = a +bi với ; a,b  R và a,b không đồng thời bằng 0. 0,25 
Khi đó 2 2
1 1; a biz a bi
z a bi a b

   
 
 0,25 
Khi đó phương trình 2 2
25 25( )8 6 8 6a biz i a bi i
z a b

       

 0,25 VII.b 
(1 điểm) 
 
2 2 2 2
2 2 2 2
( 25) 8( ) (1)
(2)( 25) 6( )
a a b a b
b a b a b
    

   
. Lấy (1) chia (2) theo vế ta có 3
4
b a thế vào (1) 
Ta có a = 0 v a = 4 
Với a = 0  b = 0 ( Loại) 
Với a = 4  b = 3 . Ta có số phức z = 4 + 3i. 
0,25 
Chú ý: 
I – Cách chấm một bài thi tự luận: 
1) Học sinh dùng mực đỏ để gạch chân các chỗ sai trong bài thi. 
2) Học sinh làm cách khác với đáp án , nếu đúng thì cho điểm tối đa câu đó ! 
3) Học sinh làm sai hoặc sót ở bước 0, 25 đ nào thì cắt 0, 25 điểm tại đó. 
4) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và kết quả bước phía dưới (0,25 đ) liên quan đến bước trên thì cắt 
điểm từ chỗ làm sai và các bước sau có liên quan. 
5) Một bài toán nếu bước trên(0,25 đ) sai và bước phía dưới (0,25 đ) không liên quan đến bước phía trên 
nếu đúng vẫn cho 0, 25 đ. 
6) Học sinh cho điểm của từng câu. Sau đó cộng điểm của các câu để có điểm của bài thi. 
II – Phương pháp học tập: 
1) Học sinh cần trình bày đầy đủ các câu dẫn, các dấu tương đương “”, ..v.., không được viết tắt (trừ các 
ký hiệu toán học cho phép ), không được làm bài quá ngắn gọn hơn với đáp án. 
2) Cần tích cực, chủ động đọc các tài liệu tham khảo, tự làm các đề thi thử, các đề tham khảo , các đề đã thi 
để nâng cao trình độ kiến thức và kỹ thuật, kỹ năng trình bày một bài thi tự luận.