tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số 2
TNH - BC GIANG
đề số 2
đề THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010
Môn thi: Toán, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Phần chung cho tất cả các thí sinh:
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
)(
1
2
C
x
x
y

=
2. Tìm m để đồ thị của hàm số
1)1(
3
= xmxy
, (C
m
) tiếp xúc với trục hoành Ox.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phơng trình:
02cos33sinsin
222
=+ xxx

2. Xác định số nghiệm của hệ phơng trình



=+
=+
34
732
22
22
xyyx
yx
Câu III (1 điểm) Tính tích phân


=
2
2
2
1. tt
dt
K
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, độ dài cạnh đáy là a. M, N lần lợt là trung
điểm của SB và SC. Tính theo a diện tích

ANM, biết rằng mp(AMN)

mp(SBC).
Câu V (1 điểm) Cho ba số a, b, c sao cho




=
>
1
0,,
abc
cba
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thứcA =
( )
+
+ cba
3
1
( )
+
+ cab
3
1
( )
abc +
3
1
Phần Riêng: (3 điểm) Thí sinh chỉ đ ợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm)
1. Cho

ABC có phơng trình hai cạnh là:

0.21-7y4x =+=+ ,0625 yx
Trực tâm của tam
giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại.
2. Lập phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng (d
1
) và (P) song song với đờng thẳng (d
2
) .
Biết (d
1
):



=++
=
018
01
zy
x
, (d
2
):
)(,
22
Rt
tz
ty
tx







+=
=
=
.
Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp trởng, một lớp
phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi có bao nhiêu cách lập
ra một ban cán sự.
B. Theo chơng trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO

(ABCD). Gọi
M, N lần lợt là trung điểm của SA và BC. Tính góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng
(ABCD) và thể tích khối chóp M.ABCD, biết rằng
.
2
10a
MN =
2. Cho bốn điểm A(1; 0; 2), B(1; 1; 0), C(0; 0; 1), D(1; 1; 1) tạo thành một tứ diện. Lập phơng
trình đờng cao DH của tứ diện kẻ từ đỉnh D.
Câu VII.b (1 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để đờng thẳng
mxy += 2
cắt đồ thị hàm số
x

xx
y
1
2
+
=
tại hai điểm
phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
_________________Hết_________________
tRƯờNG THPT
LạNG GIANG Số II
TNH - BC GIANG
Đề số 2
Đáp án - thang điểm
THI THử ĐạI HọC NĂM HọC 2010
Môn thi: Toán, khối A
(Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa)
Câu Đáp án Điểm
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
I
(2 điểm)
1. (1,0 điểm)
Hàm số đợc viết lại dới dạng
1
2

=
x
x
y

=
1
1
1

++
x
x
, (C)
Tập xác định D = R \{1}
Sự biến thiên
a) Giới hạn và tiệm cận
=


y
x 1
lim
=



)
1
(lim
2
1
x
x
x

,
=
+

y
x 1
lim
=

+

)
1
(lim
2
1
x
x
x
Đờng thẳng x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số.
=+

)]1([lim xy
x
0)
1
1
(lim =



x
x
;
0)]1([lim =+
+
xy
x
Suy ra đờng thẳng y = x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số.
=

y
x
lim
=

++

)
1
1
1(lim
x
x
x
,
=
+
y
x
lim

+=

++
+
)
1
1
1(lim
x
x
x
b) Bảng biến thiên
Ta có y =
22
2
2
)1(
)2(
)1(
1)1(
)1(
1
1


=


=



x
xx
x
x
x
y = 0
0= x
hoặc
2=x
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
);2(),0;( +
; nghịch biến trên các khoảng
(0; 1) và (1; 2).
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, y
CĐ
= y(0) =
0 và đạt cực tiểu tại điểm x= 2, giá trị cực tiểu
là y(2) = 4.
Đồ thị
- Đồ thị cắt Ox và Oy tại O(0; 0)
- Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm
của hai tiệm cận là điểm I(1; 2)
làm tâm đối xứng.
- Đồ thị nh hình vẽ.
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)

Trục Ox có phơng trình y = 0 (= 0x + 0), có hệ số góc k = 0.
Đờng cong (C
m
) tiếp xúc với Ox


Hệ phơng trình



=
=
)2(03
)1(01)1(
2
3
mx
xmx
có nghiệm.
Từ (2) suy ra m = 3x
2

thay vào (1) ta có phơng trình:
01)1(3
23
= xxx

0132
23
=+ xx






==
==
=++
4
3
2
1
31
0)12)(1(
2
mx
mx
xxx

Vậy
4
3
,3 == mm
thì đờng cong (C
m
) tiếp xúc với trục hoành.
0,5
0,5
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
x

y
y
1

+
+ 0 -
- 0 +
0
4
0 2


+
+
2
1
0
1
2
4
y
x
I
(C)
II
(2 điểm)
1. (1,0 điểm)
Dùng công thức hạ bậc ta có phơng trình ban đầu tơng đơng:
02cos3)6cos1(
2

1
)2cos1(
2
1
2
=+ xxx
, (*)
Ta không khó khăn gì để chứng minh công thức nhân ba:
cos3a = 4cos
3
a 3cosa (Bạn đọc tự chứng minh)
Khi đó (*)
02cos3)2cos32cos41(
2
1
)2cos1(
2
1
23
=++ xxxx

02cos62cos42cos32cos2
23
=+ xxxx

02cos32cos22cos1
23
=+ xxx

0)12cos2)(cos12cos2(

2
=++ xxx




=+
=

012cos2cos
2
1
2cos
2
xx
x







=
=

2
15
2cos
2

1
2cos
x
x
)
2
15
cos,,(,
22
2
3
2
2

=




+=
+=





Zlk
lx
kx
Vậy phơng trình ban đầu có các nghiệm là

)
2
15
cos,,(,
2
2
3

=





+=
+=





Zlk
lx
kx
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
(Nhận xét: đây là phơng trình đẳng cấp bậc hai đối với x và y. Ta có thể giải theo

các cách sau)
Cách 1: Hệ phơng trình



=+
=+




=+
=+
)2(6822
)1(732
34
732
22
22
22
22
xyyx
yx
xyyx
yx
Trừ hai vế tơng ứng của hai phơng trình cho nhau ta đợc:
)3(
8
15
185

2
2
y
y
xxyy

==
(y = 0 không thoả mãn phơng trình)
Thế x vào phơng trình (1) ta đợc phơng trình:
73
8
15
2
2
2
2
=+









y
y
y
)4(0

121
13568117
01234121
02249611025
224
2424
>

==+
=++
yyy
yyyy
Từ (4) ta có 4 giá trị phân biệt của y, thay bốn giá trị của y này vào (3) ta đợc bốn
giá trị x tơng ứng với y.
Vậy hệ phơng trình đã cho có 4 nghiệm.
Cách 2: Nhận thấy x = 0 hoặc y = 0 không thoả mãn hệ phơng trình trên.
Khi
0xy
, đặt
.txy =
Khi đó ta có hệ
( )
( )



=+
=+
641
(*)732

22
22
ttx
tx
Dộn đến phơng trình
( ) ( )
ttt
ttx
tx
417326
6
7
)41(
)32(
22
22
22
+=+=
+
+
Từ phơng trình bậc hai theo t này ta giải đợc hai giá trị của t, thay vào (*) ta tìm đ-
ợc 4 giá trị phân biệt của x. Vậy hệ đã cho có 4 nghiệm. (Học sinh tự giải chi tiết
bài toán theo cách này).
0,25
0,25
0,25
0,25
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
III
(1 điểm)

Đặt:
1
2
= tu

1;
1
22
2
+=

= ut
t
tdt
du
Đổi cận, khi
12 == ut
; khi
32 == ut
Khi đó ta có:
K =


2
2
2
1tt
dt
=



2
2
22
1tt
tdt

+
=
3
1
2
1u
du
(*)
Tính tích phân (*)
Đặt
)
22
(,




<<= tgu
Có



dtgdtgddu )1(

cos
1
)(
2
2
+===
Đổi cận: khi
4
10


=== tgu
;
3
33


=== tgu
Từ đó ta đợc: K =

===
+
+
3
4
3
4
3
4
2

2
12
1
)1(










d
tg
dtg
0,25
0,25
0,25
0,25
IV
(1 điểm)
Gọi K là trung điểm của BC, SK cắt MN
tại I, lúc đó I sẽ là trung điểm của SK và
MN.
Theo giả thiết hai mp(SBC) và mp(AMN)
vuông góc với nhau mà đờng thẳng SI
vuông góc với giao tuyến của hai mặt
phẳng:

Suy ra
SI
AISIAMN )(
SAK

cân tại A
2
3a
SKSA ==
và ta có:
SK
2
= SB
2
BK
2
=
24
)
2
3
(
22
2
aaa
=

22
2
aSK

SI ==
.
Từ đó ta tính đợc
AI =
4
10
84
3
22
22
aaa
SISA ==
Vậy diện tích của tam giác AMN là : S =
16
10
.
2
1
2
a
AIMN =
(đvdt)
0,25
0,25
0,25
0,25
V
(1 điểm)
Đặt x =
c

z
b
y
a
1
,
1
,
1
==
. Khi đó:
=
+
+
+
+
+
=
xy
z
zx
y
zy
x
A
111111
333
2
3
333


+
+
+
+
+ yx
xyz
xz
xzy
zy
yzx
(*)
Do
11 == xyzabc
nên ta có
yx
z
xz
y
zy
x
A
+
+
+
+
+
=
222
(1)

Ta chứng minh bất đẳng thức
2
cba ++
.
222
ab
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+

Thật vậy.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng ta có:
a
cb
cb
a

+
+
+ 4
2
,
b

ac
ac
b

+
+
+ 4
2
,
c
ba
ba
c

+
+
+ 4
2
.
Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có :
0,25
0.5
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
B
S
A
C
a
K
M

N
I
2
cba ++
.
222
ab
c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+

Bạn đọc tự đánh giá dấu = xảy ra khi a = b = c.
Vậy A=
2
3
2
3
2
3
222
=
++


+
+
+
+
+
xyz
zyx
yx
z
xz
y
zy
x
Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1. Vậy minA =
2
3
khi a = b = c =
1
.
0,25
VI.a
(2 điểm)
1. (1,0 điểm)
Ta giả sử tam giác ABC có cạnh AB :
0625 =+ yx
AC:
021-7y4x =+
, suy ra tọa độ
của A là nghiệm của hệ phơng trình:




=+
=
2174
625
yx
yx
, giải hệ suy ra A(0; 3)
Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng
cao của tam giác,
OxBCBCOA //

suy ra phơng trình của BC có dạng y = y
0
.
Đờng cao BB đi qua trực tâm O và vuông góc với AC suy ra BB có phơng trình là:
7(x 0) - 4(y 0) = 0 hay BB: 7x 4y = 0.
Điểm B =

ACBB'
tọa độ của B là nghiệm của hệ phơng trình:



=
=





=
=
7
4
625
047
y
x
yx
yx
Đờng thẳng đi qua B(- 4; - 7) và song song với Ox chính là đờng thẳng BC suy ra
phơng trình cạnh BC: y = - 7.
Vậy phơng trình cạnh còn lại của tam giác ABC là y = -7.
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
Đờng thẳng (d
1
) và (d
2
) lần lợt có
véctơ chỉ phơng là:
=
1
u









10
01
;
08
10
;
81
00

= (0; -8; 1),
=
2
u
(-1; 1; 2).
Do mp(P) chứa đờng thẳng (d
1
) và song song với đờng thẳng (d
2
) nên (P) có cặp
véctơ chỉ phơng là
1
u
và
2

u
.
Vậy mp(P) có véctơ pháp tuyến là:
[ ]
=












==
11
80
;
12
01
;
21
18
,
21
uun
(-17; -1; -8).

mp(P) còn đi qua điểm A(1; -1; 0)
)(
1
d
. Phơng trình của mặt phẳng (P) là:

0)0(8)1.(1)1(17 =+ zyx

016817:)( =++ zyxP
(*)
(Kiểm tra điều kiện song song).
Lấy điểm M(0; 0; 2) thuộc đờng thẳng (d
2
), nhận thấy M cũng thuộc (P) vậy (d
2
)
)(P
, không thỏa mãn yêu cầu là (d) // mp(P).
Vậy không tồn tại mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu của bài toán.
0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1 điểm)
Đầu tiên ta chọn ra 2 học sinh để làm lớp trởng và lớp phó, (chú ý rằng hai chức
danh đó là khác nhau)
Một cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là một chỉnh hợp chập 2 của 40
Số cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là
2

40
A
Còn lại 38 học sinh.
Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân biệt thứ tự)
Số cách chọn 3 học sinh làm ủy viên là
3
38
C
Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ra một ban cán sự là :
0,25
0,25
0.5
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
A
B
C
O(0; 0)
A
B
A
(d
1
)
(d
2
)
P

M
13160160.

3
38
2
40
=CA
cách
VI.b
(2 điểm)
1. (1,0 điểm)
SO

(ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc
AC, khi đó MH

(ABCD), suy ra góc
giữa đờng thẳng MN với mp(ABCD)
chính là góc
.


=HNM
Ta cần tính

.
Xét tam giác CNH có :
.
2
,
4
23

.
4
3 a
CN
a
ACHC ===
0222
45cos 2 CNHCCNHCHN +=
Hay
4
3
48
9
222
2
aaa
HN +=
Suy ra
.
4
10a
HN =
Vậy
2
1
10
2
.
4
10

cos ===
a
a
MN
HN

.
Dẫn đến
.60
0
=

Vậy góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
.
Thể tích khối chóp M.ABCD.
Trong tam giác HMN có,

8
30
2
3
.
4
10
60tan.60tan
00
aa
HNMH
HN

MH
====
.
MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD. Vậy thể tích của khối chóp này là:
.
24
30
8
30
.
3
1
.
3
1
3
2
aa
aMHSV
ABCD
===
0,25
0,25
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
Ta có
=AB
(0; 1; -2),
=AC

(-1; 0; -1).
Do đờng thẳng DH vuông góc với
AB, AC nên đờng thẳng DH có
véctơ chỉ phơng là
[ ]
ACABu ,=

=












01
10
;
11
02
;
10
21
= (-1; 2; 1).
Đờng thẳng DH còn đi qua điểm D(1;

1; 1) nên ta có phơng trình tham số của
đờng thẳng DH là:
)(,
1
21
1
Rt
tz
ty
tx






+=
+=
=
0,25
0,5
0,25
VII.b
(1 điểm)
Phơng trình hoành độ giao điểm:
)0(01)1(32
1
2
2
=++=

++
xxmxmx
x
xx
(1)
Nhận thấy x = 0, không là nghiệm của phơng trình (1) và có biệt số:

( )
mm >+= ,0121
2
, suy ra phơng trình (1) luôn có hai phân biệt
21
, xx
khác 0 với mọi m, tức thẳng luôn cắt đờng cong tại hai điểm A, B phân biệt với mọi
m.
Theo định lí Viét ta có
3
1
21

==+
m
a
b
xx
Hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
6
1
2
21


=
+
=
m
xx
x
I
.
0,25
0,25
0,25
0,25
GV: Bựi Quang Chớnh - THPT Lng Giang s 2 - Bc giang T:01669839683
C
A
S
B
D
O
N
H
M
a

2
10a
§iÓm
.1010 =⇔=−⇔=⇔∈ mmxOyI
I

VËy m = 1 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m.
_____________HÕt_____________
GV: Bùi Quang Chính - THPT Lạng Giang số 2 - Bắc giang ĐT:01669839683
D
A
C
H
B