SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. (2 điểm) Cho hàm số . x x y 2 32 + + = 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận của (C). Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình: . xcosxsin )xcosx(sin xsinxtan 1 2 2 3 222 = − + + π −+ 2) Gi ả i ph ươ ng trình: 1311122 2422 +=−−−−+ xx)xx( )Rx( ∈ . Câu III. (1 điểm) Tính tích phân ∫ π π π + = 4 6 3 2 4 dx )xsin(xsin xcos I . Câu IV. (1 điểm) Cho hình l ă ng tr ụ ABC. C B A ′ ′ ′ có ABC . A ′ là hình chóp tam giác đề u c ạ nh đ áy AB = a. Bi ế t độ dài đ o ạ n vuông góc chung c ủ a A A ′ và BC là 4 3a . Tính th ể tích kh ố i chóp C C B B . A ′ ′ ′ . Câu V. (1 điểm) Tìm t ấ t c ả các s ố th ự c x th ỏ a mãn ph ươ ng trình 2010416 2010 2 5 = + log xcosxsin . PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: PHẦN A hoặc PHẦN B) PHẦN A Câu VIa. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường tròn 2 1 1 22 1 =+− y)x(:)C( và 422 22 2 =−+− )y()x(:)C( . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng (d) ti ế p xúc v ớ i đườ ng tròn )C( 1 và c ắ t đườ ng tròn )C( 2 t ạ i các đ i ể m M, N sao cho MN = 22 . 2) Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz cho hình thang cân ABCD có đ áy l ớ n AB và t ọ a độ các đỉ nh );;(A 211 − − ; );;(B 011 − và );;(C 210 − . Xác đị nh t ọ a độ đỉ nh D. Câu VIIa. (1 điểm) Tính t ổ ng 2009 2010 25 2010 23 2010 21 2010 200953 C CCCS +−+−= . PHẦN B Câu VIb. (2 điểm) 1) Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ t ọ a độ Oxy cho hình ch ữ nh ậ t ABCD có di ệ n tích b ằ ng 12, tâm );(I 2 3 2 9 và trung đ i ể m c ủ a c ạ nh AD là M(3; 0). Xác đị nh to ạ độ các đỉ nh c ủ a hình ch ữ nh ậ t ABCD. 2) Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a độ Oxyz cho đ i ể m );;(H 11 2 11 6 11 2 − . Vi ế t ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng (P) đ i qua H và c ắ t các tr ụ c t ọ a độ l ầ n l ượ t t ạ i A, B, C sao cho H là tr ự c tâm c ủ a tam giác ABC. Câu VIIb. (1 điểm) Gi ả i ph ươ ng trình )Rx()x(log x ∈=++ −+ 112 3 2 311 2 1 Hết SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010 NỘI DUNG ĐIỂM Câu I. 2 điểm 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số . x x y 2 32 + + = * T ậ p xác đị nh: D = R\{-2} * Chi ề u bi ế n thiên: Dx )x( y ∈∀> + = ′ 0 2 1 2 * Ti ệ m c ậ n: 2 22 =−∞=+∞= ±∞→ −→−→ +− x xx lim;lim,lim ⇒ Đồ thị (C) có tiệm cận đứng 2 − = x và tiệ m c ậ n ngang y = 2 * B ả ng bi ế n thiên x - ∞ -2 + ∞ y’ + + y + ∞ 2 2 - ∞ * V ẽ đ úng đồ th ị 2) Tìm các điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M cắt L ấ y 2 2 32 0 0 0 0 −≠∈ + + x);C( x x ;xM thì ph ươ ng trình ti ế p tuy ế n v ớ i (C) t ạ i M có d ạ ng 2 32 2 1 0 0 0 2 0 + + +− + = x x )xx( )x( y (d) G ọ i A là giao c ủ a (d) và ti ệ m c ậ n đứ ng 2 − = x . Tìm ra ) x x ;(A 2 22 2 0 0 + + − . G ọ i B là giao c ủ a (d) và ti ệ m c ậ n ngang y = 2. Tìm ra );x(B 222 0 + . T ừ đ ó suy ra M là trung đ i ể m c ủ a AB. Ta th ấ y tam giác IAB vuông t ạ i I nên IM là bán kính đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p IAB ∆ . V ậ y đườ ng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác IAB có di ệ n tích là 2 IM.π nh ỏ nh ấ t IM ⇔ nh ỏ nh ấ t Ta có );(I 22 − và 2 2 1 22 2 32 2 2 0 2 0 2 0 0 2 0 2 ≥ + ++= − + + ++= )x( )x( x x )x(IM . V ậ y IM nh ỏ nh ấ t khi − ⇒ −= − ⇒ −= ⇔ −=+ =+ ⇔ + =+ );(Mx );(Mx x x )x( )x( 333 111 12 12 2 1 2 0 0 0 0 2 0 2 0 1 điểm 0,25đ 0,25 đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu II. 2 điểm 1) Giải phương trình . xcosxsin )xcosx(sin xsinxtan 1 2 2 3 222 = − + + π −+ Đ i ề u ki ệ n : 02 ≠ xcos Ph ươ ng trình 1 2 222 = − + ++⇔ xcosxsin )xcosx(sin xcosxtan xcos)xcosx(sinxcosxsin 22222 22 =+−+⇔ xcosxsinxcosxsin 2222222 2 =−−+⇔ 0222 2 =−−⇔ xcosxcos 22 − = ⇔ xcos (lo ạ i) ho ặ c 1 2 − = x cos )Zk(kx ∈π+ π =⇔ 2 (th ỏ a mãn) 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2) Giải phương trình: 1311122 2422 +=−−−−+ xx)xx( )Rx( ∈ Đặ t 11 2 ≥+= xu và 01 2 ≥−= xv 1 22 −= ⇒ ux và 2 22 = + v u Ph ươ ng trình =+ −=−− ⇔ )(vu )(uuvvu 22 12324 22 2 ( 01 ≥ ≥ v;u ) Thay (2) vào (1) ta được phương trình: 0242324 22222 =−++−⇔+−=−− uu)u(vv)vu(uuvvu Ta có 2 23 )u( −=∆ uv 2 = ⇒ hoặc u v − = 2 * Với 351212 222 −=⇔+=−⇔= xxxuv (vô nghiệm) * Với 0112111212 42222 =⇔=−⇔=++−⇔+−=−⇔−= xxxxxxuv 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu III 1 điểm Tính tích phân ∫ π π π + = 4 6 3 2 4 dx )xsin(xsin xcos I . . Ta có ∫∫∫ π π π π π π + = + = π + = 4 6 2 2 4 6 2 4 6 2 1 22 4 dx )xcot(xsin xcot dx )xcosx(sinxsin xcot dx )xsin(xsin xcot I . Đặ t t = cotx thì dt = xsin dx 2 − và 1 4 3 6 = ⇒ π == ⇒ π = tx;tx V ậ y ∫∫ + +−= + = 3 1 3 1 2 1 1 12 1 2 dt t tdt t t I + +−= ++−= 2 31 322 1 3 1 2 2 2 lntlnt t 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV 1 điểm Tính thể tích khối chóp C C B B . A ′ ′ ′ . A’ C’ B’ N A C O M B G ọ i O là tâm c ủ a đ áy ABC và M là trung đ i ể m c ạ nh BC. H ạ A A MN ′ ⊥ . Do )AMA(BC ′ ⊥ nên MN là đ o ạ n vuông góc chung c ủ a A A ′ và BC 4 3a MN = ⇒ Ta có ; a AMAO; a AM 3 3 3 2 2 3 === 4 3 22 a MNAMAN =−= Hai tam giác OA A ′ và MNA đồ ng d ạ ng nên 3 a AN AO.MN OA AN AO MN OA == ′ ⇒ = ′ . 18 3 4 3 3 3 2 3 2 3 1 32 aa . a .S.OAS.OAS.OAVVV ABCABCABCABC.AABC.CBACCBB.A == ′ = ′ − ′ =−= ′′′′′′′ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V 1 điểm Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn phương trình 2010416 2010 2 5 = + log xcosxsin . L ấ y 2010 log c ả 2 v ế thì ph ươ ng trình 5416 2 =+⇔ xcosxsin Ta có 5454 4 1 4 4 1 4 4 1 4 4 1 4416 5 1442 ≥≥++++=+ −+ )xcosxsin(xcosxcosxcosxcosxsinxcosxsin do 1 22 =+≥+ xcosxsinxcosxsin D ấ u b ằ ng x ả y ra ∈π=⇔=⇔ =+ = ⇔ )Zk(kxxsin xcosxsin xcosxsin 0 1 4 4 1 4 4 0,25đ 0,5đ 0,25đ Câu VIa 2 điểm 1) Viết phương trình đường thẳng (d) Đườ ng tròn )C( 1 có tâm );(I 01 1 và bán kính 2 1 1 =R . Đườ ng tròn )C( 2 có tâm );(I 22 2 và bán kính 2 2 =R . Ta c ầ n có (d) là ti ế p tuy ế n c ủ a )C( 1 và cách tâm I 2 m ộ t kho ả ng 2 2 2 2 2 = −= MN RIH * TH1 : N ế u (d) có d ạ ng x = c. Ta có h ệ ⇒ =− =− 22 2 1 1 c c vô nghi ệ m c * TH2: N ế u (d) có d ạ ng y = ax + b. Ta có h ệ ⇔+−=+⇒ = + +− = + + baba )( a ba )( a ba 222 22 1 22 1 2 1 1 2 2 −= =+ 2 234 b ba Khi 234 = + ba thay vào (1) gi ả i ra 1 − = a ho ặ c 7 1 −=a ⇒ (d): 02 = − + yx ho ặ c 067 = − + yx Khi 2 − = b thay vào (1) gi ả i ra a = 1 ho ặ c a = 7 ⇒ (d): 02 = − − yx ho ặ c 027 = − − yx 2) Xác định tọa độ đỉnh D. Ta có BC = 3. Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. G ọ i ∆ là đườ ng th ẳ ng đ i qua C và song song v ớ i AB và (S) là m ặ t c ầ u tâm A, bán kính R = 3 thì D là giao c ủ a ∆ và (S). Đườ ng th ẳ ng ∆ đ i qua C có vtcp );;(AB 222− → nên ta có ph ươ ng trình )( mz my mx : 1 22 21 2 += +−= −= ∆ M ặ t c ầ u (S) có ph ươ ng trình: )()z()y()x( 29211 222 =++++− . Gi ả i h ệ (1), (2) tìm ra 1 − = m ho ặ c 3 2 −=m . Khi m = -1 ta có );;(D 032 − (lo ạ i vì khi đ ó CD = AB = 32 nên ABCD là hình bình hành) Khi 3 2 −=m ta có );;(D 3 2 3 7 3 4 − (th ỏ a mãn) 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIa 1 điểm Tính tổng 2009 2010 25 2010 23 2010 21 2010 200953 C CCCS +−+−= . Khai tri ể n 20102010 2010 33 2010 22 2010 1 2010 0 2010 2010 1 xC xCxCxCC)x( +++++=+ Đạ o hàm 2 v ế 20092010 2010 23 2010 2 2010 1 2010 2009 20103212010 xC xCxCC)x( ++++=+⇒ Nhân 2 v ế v ớ i x và đạ o hàm ta đượ c [ ] 20082009 1200912010 )x(x)x( +++ = 20092010 2010 223 2010 22 2010 21 2010 201032 xC xCxCC ++++ Thay x = i vào 2 v ế ta có V ế trái = )i(.)i()i.()i()i.( 201012201020101220102010112010 100410042008 +=+=++ V ế ph ả i = )C C(i)C CCC( 2010 2010 22 2010 22009 2010 25 2010 23 2010 21 2010 20102200953 +−++−+− V ậ y 1004 22010 .S = 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIb 2 điểm 1) Xác định toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật . Ta có 232 == IMAB và 222 ==⇒== MDMA AB S AD ABCD . Đườ ng th ẳ ng AD đ i qua M ( 3; 0) và nh ậ n );(MI 2 3 2 3 → làm véc t ơ pháp tuy ế n nên có ph ươ ng trình 03 = − + yx . Vì 2 == MDMA nên tọa độ A, D là nghiệm của hệ =+− =−+ 23 03 22 y)x( yx . Gi ả i h ệ tìm ra A( 2; 1), D( 4; -1) Vì I là trung đ i ể m AC và BD nên t ừ đ ó có C (7; 2) và B(5; 4) V ậ y to ạ độ các đỉ nh c ủ a hình ch ữ nh ậ t là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1). 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A Gi ả s ử A(a; 0; 0); B(0; b; 0) và C(0; 0; c) 1 =++⇒ c z b y a x :)P( . T ừ )P(H ∈ suy ra )( cbacba 111 262 1 11 2 11 6 11 2 =++−⇔=++− . Ta có: );;a(AH 11 2 11 6 11 2 −− → ; )c;b;(BC − → 0 . Vì )(cbBCAH 2026 = + − ⇒ ⊥ );b;(BH 11 2 11 6 11 2 −− → ; )c;;a(AC 0 − → . Vì )(caACBH 3022 = + ⇒ ⊥ Gi ả i h ệ (1), (2), (3) tìm ra 2 3 2 2 ==−= c;b;a và t ừ đ ó có ph ươ ng trình 023 = + − − zyx:)P( 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 1 điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIb 1 điểm Giải phương trình )Rx()x(log x ∈=++ −+ 112 3 2 311 2 1 Đặ t 011 2 ≥−+= xt . Ph ươ ng trình tr ở thành t )t(log 311 3 =++ Đặ t )t(logy 1 3 += ta có h ệ =⇔−=−⇒ += += ytyt y t ty t y 33 13 13 V ậ y ta có 13 += t t . Xét hàm 13 −−= t)t(f t v ớ i 0 ≥ t ta th ấ y ph ươ ng trình f(t) = 0 ch ỉ có nghi ệ m duy nh ấ t t = 0. T ừ đ ó suy ra 0011 2 =⇔=−+= xxt . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ . SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ. trình )Rx()x(log x ∈=++ −+ 112 3 2 31 1 2 1 Hết SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2010 NỘI DUNG ĐIỂM Câu. 4 3a MN = ⇒ Ta có ; a AMAO; a AM 3 3 3 2 2 3 === 4 3 22 a MNAMAN =−= Hai tam giác OA A ′ và MNA đồ ng d ạ ng nên 3 a AN AO.MN OA AN AO MN OA == ′ ⇒ = ′ . 18 3 4 3 3 3 2 3 2 3 1 32 aa . a .S.OAS.OAS.OAVVV ABCABCABCABC.AABC.CBACCBB.A == ′ = ′ − ′ =−= ′′′′′′′