ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: Toán
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
32
−
−
=
x
x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và
B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp
tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình






−=−+
24
cos2sin
2
cossin
2

sin1
22
x
x
x
x
x
π
2. Giải bất phương trình






−+−>−+− xxxxx
2
1
log)2(22)144(log
2
1
2
2
Câu III (1 điểm)
Tính tích phân
∫









+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
2
a
.
3aSA =
,
·
·
0
30= =SAB SAC
. Tính thể tích khối
chóp S.ABC.

Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c =
3
4
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
333
3
1
3
1
3
1
accbba
P
+
+
+
+
+
=

Câu VI( 2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
∆
:
3 8 0x y+ + =
,
':3 4 10 0x y∆ − + =
và
điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng
∆

, đi qua điểm A và tiếp xúc với
đường thẳng
∆
’.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
1 1 1
2 1 1
x y z+ − −
= =
−
;
d
2
:
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 d
1
, d
2
.
Câu VII (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: 1+(1+i)+(1+i)
2
+(1+i)
3

+ … + (1+i)
20
.
ĐỀ THAM KHẢO
ĐÁP ÁN :
Câu Nội dung Điểm
I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00
1) Hàm số có TXĐ:
{ }
2\R
0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
*
+∞=−∞=
+−
→→
ylim;ylim
2x2x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*
lim lim 2
→+∞ →−∞
= = ⇒
x x
y y
đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
0,25
b) Bảng biến thiên:
Ta có:

( )
2x,0
2x
1
'y
2
≠∀<
−
=
Bảng biến thiên:
x
- ∞ 2
+ ∞
y’ - -
y
2
-∞
+ ∞
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
2;∞−
và
( )
+∞;2
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại







2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm






0;
2
3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
I. 2 Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất 1,00
Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0
≠









−
−
,
( )
2
0
0
2x
1
)x('y
−
−
=
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
( )
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0

0
0
2
0
−
−
+−
−
−
=∆
0,25
O
y
x
2
3/2
3/2
2
Toạ độ giao điểm A, B của
( )
∆
và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0

−








−
−
Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
==
−+
=
+
,
M
0
0BA
y
2x
3x2

2
yy
=
−
−
=
+
suy ra M là
trung điểm của AB.
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam
giác IAB có diện tích
S =
π≥






−
+−π=

















−
−
−
+−π=π 2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0,25
Dấu “=” xảy ra khi




=
=
⇔
−
=−
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II. 1 Giải phương trình lượng giác 1 điểm
)1(
24
cos2sin
2
cossin
2
sin1
22







−=−+
x
x
x
x
x
π
( )
xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2
+=







−
π
+=−+⇔
0,25
01
2
x
cos
2
x
sin2.
2
x
cos
2
x
sinxsin01xsin
2
x
cos
2
x
sinxsin =







−−⇔=






−−⇔
0,25
01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
=






++







−⇔
0,25
2
sin x 0
x k
x k
x
sin 1 x k , k
x
2 x k4
k2
2 2
x x
2sin 2sin 1
2 2


=
= π


= π



⇔ = ⇔ ⇔ ⇔ = π ∈

π



= π+ π
= + π




+ +

Z
0,25
II. 2 Giải bất phương trình 1 điểm
ĐK:
( )
*
2
1
x
2
1
x
2
1
x
0)1x2(
2
1

x
01x4x4
0x
2
1
22
<⇔







≠
<
⇔





>−
<
⇔






>+−
>−
0,25
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
[ ]
1)x21(log)2x(2x2)x21(log2
22
−−++>−−
[ ]
01)x21(logx
2
<+−⇔
0,25




<
>
⇔











>−
<



<−
>
⇔










>−
<



<−
>
⇔











>+−
<



<+−
>
⇔
0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log
0x
01)x21(log
0x
01)x21(log
0x

2
2
2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1
x
4
1
<<
hoặc x < 0. 0,25
III Tính tích phân 1 điểm
∫∫
+
+
=
e
1
2
e
1
xdxlnx3dx
xln1x
xln
I
+) Tính
∫
+

=
e
dx
xx
x
I
1
1
ln1
ln
. Đặt
dx
x
1
tdt2;xln1txln1t
2
=+=⇒+=
Đổi cận:
2tex;1t1x =⇒==⇒=
0,25
( )
( )
( )
3
222
t
3
t
2dt1t2tdt2.
t

1t
I
2
1
3
2
1
2
2
1
2
1
−
=








−=−=
−
=
∫∫
0,25
+) Tính
dxxlnxI
e

1
2
2
∫
=
. Đặt







=
=
⇒



=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32

0,25
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .
3 3 3 3 3 3 9 9 9
+
= − = − = − + =
∫
0,25
=+=
21
I3II
3
e2225
3
+−
0,25
IV Tính thể tích hình chóp 1 điểm
Theo định lí côsin ta có:
·
2 2 2 2 2 0 2
SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a= + − = + − =
Suy ra
aSB =
. Tương tự ta cũng có SC = a.
0,25

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam
giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV =+=+=
0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên
chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là
trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC. Tương tự ta cũng có MN ⊥ SA.
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=









−






−=−−=−=
4
3a
MN =⇒
.
0,25
Do đó
16
a
2
a
.
4
3a
.3a

6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
0,25
S
A
B
C
M
N
V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9

xyz
3
xyz3
z
1
y
1
x
1
)zyx(
3
3
++
≥++⇒=≥








++++
(*)
áp dụng (*) ta có
333333
a3cc3bb3a
9
a3c
1

c3b
1
b3a
1
P
+++++
≥
+
+
+
+
+
=
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3

+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
0,25
Suy ra
( )
3 3 3
1
a 3b b 3c c 3a 4 a b c 6
3
+ + + + + ≤ + + +
 
 
1 3
4. 6 3
3 4
 
≤ + =
 
 
Do đó
3P ≥
0,25
Dấu = xảy ra
3
a b c
1

a b c
4
4
a 3b b 3c c 3a 1

+ + =

⇔ ⇔ = = =


+ = + = + =

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
4/1cba ===
0,25
VI-1 Tâm I của đường tròn thuộc
∆
nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến
∆
’ bằng k/c IA nên ta có
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
− − − +
= − − + + −

+
Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)
2
+ (y + 3)
2
=
25.
0,25
0,25
0,5
VI-2
Gọi A = d
1
∩(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
∩ (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng ∆ thỏa mãn bài toán đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là
(1;3; 1)u = −
r
Phương trình chính tắc của đường thẳng ∆ là:
1 2
1 3 1
x y z− −
= =
−
0,5
0,5
VII
Áp dụng công thức tính tổng của CSN:

1
)1(
1
−
−
=
q
qu
S
n
n
Ta có:
[ ]
i
i
ii
i
i
i
iu
S )12(2
1)2)(1(1)1(
11
1)1(
1010
1021
21
1
21
++−=

−+
=
−+
=
−+
−+
=
Phần thực: - 2
10
; phần ảo: 2
10
+1