Đề thi thử đại học lần 2 - Năm 2010 môn thi: Toán ; khối: A - B

SỞ GD & ĐT 	GHỆ A	 
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 
Thanh Chương 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ	 2 - 	ĂM 2010 
Môn thi: TOÁ	; Khối: A - B 
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. 
PHẦ	 CHU	G CHO TẤT CẢ THÍ SI	H (7,0 điểm): 
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2
1
2 3y x mx m
m
= − − (1) , m là tham số thực khác 0. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 
2. Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A,B,C sao cho tam giác ABC vuông. 
Câu II (2,0 điểm) 
1. Giải phương trình 2 tan (cot 2 sin ) 1x x x+ = 
2. Giải hệ phương trình 
3
 ( , )
4
x y
x y x y
x y
x y R
x y
x y x y
x y
 +
+ + − =
−
∈
− + − − = +
Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường | 4 |x xy e e−= − và 3y = 
Câu IV (1,0 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a ; AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M, 
N lần lượt là trung điểm của cạnh SA và BC. Gọi E là giao điểm của mặt phẳng (DMN) với cạnh bên SB. Biết góc 

 030DM" = , tính thể tích khối chóp S.DMEN theo a. 
Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn 3a b c+ + ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
3 3 3
ab bc ca
P
ab c bc a ca b
= + +
+ + +
PHẦ	 RIÊ	G (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình ChuMn 
Câu VI.a (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2( 6) ( 6) 50x y+ + − = . Đường thẳng ∆ cắt hai trục tọa 
độ tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C) tại điểm M sao cho M là 
trung điểm của đoạn thẳng AB. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0 ; 1; 1), C(0; 0 ; 2) và đường thẳng 
2 1
: 
1 1 1
x y z
d
+ −
= =
−
. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và 
(ABC) bằng 300. 
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình 
1 1 1
5 5 5
log log log6
12.9 35. 18.4 0
x x
x− + ≥ , (x ∈ R) 
B. Theo chương trình 	âng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường 
thẳng DM: x – y – 2 = 0 và C(3; - 3) . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: 3x + y – 2 = 0, xác định tọa độ các đỉnh 
A,B, D. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD có phương trình cạnh 
2 3
:
2 1 2
x y z
CD
− −
= = 
và hai đường thẳng 1
1 1 1
: 
1 1 1
x y z
d
− − +
= =
−
; 2
1 1
: 
1 1 2
x y z
d
− +
= = . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d1 và 
đỉnh B thuộc đường thẳng d2 , xác định tọa độ các đỉnh A, B và tính diện tích của hình bình hành ABCD. 
Câu VII.b (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z
2 – 2z + 4 = 0. Tính giá trị của biểu thức 
( ) ( )2010 20101 2
1 2| | | |
z z
A
z z
+
=
+
. --------------- Hết --------------- 
Thông báo: 1) Trung tâm luyện thi ĐH-CĐ khối A tại Xã Thanh Tường – Huyện Thanh Chương – Tỉnh "ghệ An sẽ tuyển sinh năm học 
2010 – 2011 các khối lớp 10, 11, 12, 13. 
2) Môn Toán: Thầy Trần Đình Hiền ; Môn Lý: Thầy Trần Đình Hùng ; Môn Hóa: Thầy "guyễn Phương Kháng. 
3) Thời gian đăng ký danh sách: Lớp 11,12 từ ngày 1/6/2010. Lớp 10, 13 từ ngày 25/8/2010. 
4) Mọi chi tiết xin liên hệ Thầy: "guyễn Phương Kháng - Số điện thoại : 0986606720 hoặc vào địa chỉ:  
ĐÁP Á	 ĐỀ THI THỬ ĐH L2 	ĂM 2010 – TRƯỜ	G THPT ĐẶ	G THÚC HỨA – GV: TRẦ	 ĐÌ	H HIỀ	 
Câu(ý) 	ội dung Điểm 
I-1 Khi m = 1 ta có hàm số y = x4 – 2x2- 3. 
*Tập xác định D = R. 
*Sự biến thiên. 
+ Chiều biến thiên : y’ = 4x(x2 – 1) ; y’= 0 ⇔ x = 0 v x = ± 1. 
 Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1; + ∞). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; - 1) và (0 ; 1) 
0,25 
+ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = - 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1, yCT = - 4 
+ Giới hạn tại vô cực: 
4 2 4 2lim ( 2 3) ; lim ( 2 3)
x x
x x x x
→−∞ →+∞
− − = +∞ − − = +∞ 0,25 
+ Bảng biến thiên: 
x -∞ -1 0 1 +∞ 
y’ - 0 + 0 - 0 + 
y 
+∞ -3 +∞ 
 - 4 - 4 
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
0,25 
*Đồ thị: 
+ Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm: ( 3;0), ( 3;0)− 
+ Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 3) 
+ Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. 
0,25 
I-2 21' 4 ( ); ' 0 0 y x x m y x v x m
m
= − = ⇔ = = ± . 0,25 
Hàm số có 3 cực trị khi phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 (1) 0,25 
Giả sử 3 điểm cực trị là: A(0; - 3m), B(- m; - m3 – 3m ), C (m; - m3 – 3m ) 
3 3( ; ); ( ; )AB m m AC m m= − − = −
 
. 
0,25 
Ta có AB = AC , ∀m ≠ 0 ⇒ ∆ABC cân tại A. Nếu ∆ABC vuông thì chỉ vuông được tại A. 
∆ABC vuông tại A ⇒
2 6. 0 0; 1AB AC m m m m= ⇔ = ⇔ = = ±
 
 . Kết hợp đk (1) ⇒ m = ± 1. 
0,25 
II-1 Điều kiện: sin2x≠ 0 (*) 
Phương trình tương đương với 
2
2sin (cos 2 sin 2 .sin ) cos 2 sin 2 .sin
1 1
cos .sin 2 cos
x x x x x x x
x x x
+ +
= ⇔ = 
0,25 
2 2 2 2cos sin 2cos .sin cosx x x x x⇔ − + = 2sin (2cos 1) 0x x⇔ − = 0,25 
• sin x = 0 ( Loại vì điều kiện (*)) 0,25 
• 
1
cos 2 , 
2 3
x x k k Z
π
π= ⇔ = ± + ∈ ( Thỏa mãn điều kiện (*)). 0,25 
II-2 
Điều kiện: x + y > 0 và x – y > 0. Đặt , ( , 0)u x y v x y u v= + = − > 0,25 
Hệ phương trình trở thành 
2
2
3 (1)
(2)4
uv v u
u uv v
 + =

− =
. Đặt v = tu, (t > 0) 0,25 
Lấy phương trình (1) chia phương trình (2) theo vế ⇒ 
2
3 23 14 4 3 3 0
1 4 2
t t
t t t t
t t
+
= ⇔ + + − = ⇔ =
−
 0,25 
⇒ 2u v= . Hệ phương trình ⇔ 
4 16 10
2 4 6
u x y x
v x y y
= + = =  
⇔ ⇔  
= − = =  
 (Thỏa mãn điều kiện) 0,25 
III 
Phương trình: 
2
2
4 3 3 4 0 1 0
| 4 | 3
ln 44 3 3 4 0 4
x x x x x
x x
x x x x x
e e e e e x
e e
xe e e e e
−
−
−
  − = − + − = = =
− = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔    =− = − − = =   
 0,25 
Diện tích hình phẳng là 
ln 4
0
| 4 | 3x xS e e dx−= − −∫ . Giải phương trình 4 0 2 ln 2x x xe e e x−− = ⇔ = ⇔ = 0,25 
ln 2 ln 4 ln 2 ln 4
0 ln 2 0 ln 2
| ( 4 ) 3 | | 4 3 | ( 4 3) ( 4 3)x x x x x x x xS e e dx e e dx e e dx e e dx− − − −= − − − + − − = − + − + − −∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 
ln 2 ln 4
( 4 3 ) ( 4 3 ) 6 ln 2 2
0 ln 2
x x x xe e x e e x− −= − − − + + − = − ( đvdt) 0,25 
IV 
AN = DN = 2a ; AD = 2a ⇒ ∆AND vuông tại N. 
Theo định lý (3 đường vuông góc) ⇒ DN⊥MN ⇒ 
tan 6
D"
DM" M" a
M"
= ⇒ = 
Theo ĐL Pitago ⇒ AM = 2a ⇒ SA = 4a. 
Gọi {I} = DN∩AB ⇒ E là trọng tâm của ∆SAI ⇒ d(E,(ABCD)) = 
1 4
3 3
a
SA = 
Thể tích khối chóp M.AID là 
3
2
.
1 1 4
. 2 .2
3 3 3M AID AID
a
V MA S a a∆= = = 
Thể tích khối chóp E.BIN là 
2 3
.
1 1 4 2
( , ( )). . .
3 3 3 2 9E BI" BI"
a a a
V d E ABCD S∆= = = 
Thể tích khối đa diện ADM.BNE là 
3
. . .
10
9ADM B"E M AID E BI"
a
V V V= − = 
Thể tích khối chóp S.ABND là 
2
3
.
1 1 3
. 4 . 2
3 3 2S AB"D AB"D
a
V SA S a a= = =
□
Thể tích khối chóp S.DMEN là 
3
. . .
8
9S DME" S AB"D ADM B"E
a
V V V= − = 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
V 1
23 ( ) ( )( )
ab ab ab ab ab
a c b cab c ab c a b c a c b c
 ≤ = ≤ + + ++ + + + + +  
 (1) 
Tương tự 1
23
bc bc bc
a b a cbc a
 ≤ + + ++  
 (2) và 
1
23
ca bc bc
a b b cca b
 ≤ + + ++  
 (3) 
0,25 
+0,25 
Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta có : 1 3( )
2 23 3 3
ab b c ca
P a b c
a b c b c a ca b
= + + ≤ + + ≤
+ + +
 0,25 
Vậy maxP 
3
2
= đạt được khi a = b = c = 1. 0,25 
VIa-1 
Giả sử A(a; 0)∈ Ox , B(0;b)∈ Oy (a, b ≠ 0) ⇒ phương trình đường thẳng ∆: 1 0
x y
bx ay ab
a b
+ = ⇔ + − = 
Đường tròn (C) có tâm I(- 6 ; 6), bán kính R = 5 2 
0,25 
Từ giả thiết ta có ∆IAB cân tại I và đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C). 
⇒
2 2 2 2
2 2
2 2
( 6) 6 6 ( 6) ( )( 12) 0
| 6 6 |
5 2( , ) | 6( ) | 5 2
a b a b a bIA IB
a b ab
d I R a b ab a b
a b
 + + = + − + − + ==  
⇔ ⇔− −  =∆ = − − = +  +
 0,25 
2 2
12 2 22 2 14
| 12 | 10 2 22 14 2| 12 72 | 10 12 72
b ab a a a a a
v v v v
a b b b ba a a a
= += − = − = − = = −    
⇔ ⇔     
+ = = = = = −+ + = + +    
 0,25 
Các phương trình đường thẳng ∆ là: x – y + 2 = 0; x – y + 22 = 0; 7x + y – 14 = 0; x + 7y + 14 = 0. 0,25 
VIa-2 
Giả sử M(t; - t – 2; t + 1) ∈ d, (t ∈ R). ( 1; 2; 1); ( 1;1;1); ( 1;0;2)AM t t t AB AC− − − + = − = −
  
 0,25 
Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (MAB) là 
1 , ( 2 3; 2 ; 3)n AM AB t t = = − − − − 
  
Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là 
2 , (2;1;1)n AB AC = = 
  
0,25 
Do góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (ABC) bằng 300 nên 
0
1 2cos30 | cos( , ) |n n=
 
 0,25 
2 2
2
| 6 9 | 3
2(2 3) (8 12 18)
26 8 12 18
t
t t t
t t
− −
⇔ = ⇔ + = + +
+ +
⇔ t = 0 ⇒ M( 0; - 2 ; 1) 0,25 
VIIa Điều kiện: x > 0. (*) 
Đặt t = 1
5
log x . Bất phương trình trở thành 
2
3 3
12.9 35.6 18.4 0 12 35 18 0
2 2
t t
t t t    − + ≥ ⇔ − + ≥   
   
0,25 
S 
M 
A 
B I 
E 
C D a 
2a 
300 
Đặt u = 
3
2
t
 
 
 
 , (u > 0). Bất phương trình trở thành 12u2 – 35u + 18≥ 0 ⇔ 
2 9
3 4
u v u≤ ≥ 0,25 
• 
1
1
5
2 3 3
1 log 1 5
3 2 2
t
u t x x
−
   ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ − ⇔ ≤ − ⇔ ≥   
   
• 
2
1
5
9 3 3 1
2 log 2
4 2 2 25
t
u t x x
   ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤   
   
0,25 
Kết hợp điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình là [ )10; 5;
25
T
 = ∪ +∞  
 0,25 
VIb-1 Gọi A(t; - 3t + 2) ∈ d, (t∈ R). Ta có khoảng cách ( , ) 2 ( , )d A DM d C DM= 
| 4 4 | 2.4
3 1
2 2
t
t v t
−
⇔ = ⇔ = = − hay A(3; - 7) và A( - 1 ; 5) 
Mặt khác A, C nằm về hai phía của đường thẳng DM ⇒ Chỉ có điểm A(- 1; 5) thỏa mãn. 
Gọi D(m ; m - 2) ∈ DM, (m ∈ R) 
( 1; 7); ( 3; 1)AD m m CD m m= + − = − +
 
Do ABCD là hình vuông ⇒
2 2 2 2
5 1. 0
5
( 1) ( 7 ) ( 3) ( 1)
m v mD A D C
m
m m m mD A D C
= = − =
⇔ ⇒ = 
+ + − = − + += 
 
 hay D( 5; 3) 
0,25 
0,25 
0,25 
( 2; 6)AB DC= = − −
 
⇒ B(- 3; - 1) . Kết luận: A(- 1; 5), B(- 3; - 1), D(5; 3) 0,25 
VIb-2 
Gọi A(t + 1; - t + 1; t - 1)∈ d1; B(k; k + 1; 2k - 1)∈ d2. ( 1; ;2 )AB k t k t k t= − − + −

Một vecto chỉ phương của đường thẳng CD là (2;1;2)u =

0,25 
, (3 ;2 2; 3 1)AB u t k k t  = + − − − 
 
Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên ,AB u
 
 cùng phương , 0AB u ⇔ = ⇔ 
  
 t = 0 ; k = - 1 hay A(1; 1; - 1) , B(- 1; 0; - 3) 
0,25 
Chọn điểm M(2;0; 3) ∈CD. Ta có (1; 1;4)AM = −

 ⇒ , (6; 6; 3)u AM  = − − 
 
Khoảng cách giữa hai cạnh AB và CD là 
,
( , ) ( , ) 3
| |
u AM
d AB CD d A CD
u
 
 = = =
 
 
0,25 
( 2; 1; 2) 3AB AB= − − − ⇒ =

Diện tích hình bình hành ABCD là . ( , ) 9ABCDS AB d AB CD= = (đvdt) 
0,25 
VIIb 
Phương trình z2 – 2z + 4 = 0 có hai nghiệm 1 21 3 ; 1 3z i z i= + = − 0,25 
( )2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 01 1
2 01 0 2 01 0
2 co s . s in 2 co s . s in 2
3 3 3 3
z i z i
π π π π   = + ⇒ = + =   
   
( )2 0 1 0 2 0 1 0 2 0 1 02 2
2 0 1 0 2 0 1 0
2 co s . s in 2 co s . s in 2
3 3 3 3
z i z i
π π π π          = − + − ⇒ = − + − =          
          
0,25 
1 2 1 2| | | | 2 | | | | 4z z z z= = ⇒ + = 0,25 
Do đó ( ) ( )
2010 2010
1 2
1 2| | | |
z z
A
z z
+
=
+
= 20092 0,25 
Chú ý: 1) "ếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như 
đáp án quy định! 
2) Mọi góp ý và thắc mắc vui lòng truy cập địa chỉ :  
CHÚC CÁC THÍ SI	H ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRO	G KỲ THI ĐH – CĐ 	ĂM 2010 
GV: TRẦ	 ĐÌ	H HIỀ	 
A B 
C 
D 
M