ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC SỐ 10
Môn thi : TOÁN - lµm bµi:180 phót
I/ PHẦN CHUNG
2x
(1)
x −1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
m 2x
= 1 có đúng có hai nghiệm thực phân biệt.
2. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình:
x −1
Câu 2 (2đ):
2011π
2011π
) + sin 2 x.sin( x +
)=0
1. Giải phương trình: sin( x +
6
3
2. Giải bất phương trình: − x 2 + 6 x + 7 − 2 7 − x + 2 − x + 1 ≥ 0
Câu 1(2đ): Cho hàm số y =

1
2

Câu 3 (1đ): Tính tích phân: I = ∫
1
4

1 − 4x 2
dx

x2

·
Câu 4 (1đ): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a , BAD
= 600 , SA = SB = SC, góc giữa
mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 450 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp S.ABC theo
a
Câu 5(1đ): Cho x, y là hai số thực.
Chứng minh rằng: 4 x 2 + y 2 − 4 x + 1 + 4 x 2 + y 2 + 4 x + 1 + y 2 − 4 y + 4 ≥ 2 + 3 . Dấu bằng xảy ra khi nào?
II/ PHẦN RIÊNG
1) Theo chương trình chuẩn:
Câu 6a (2đ)
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại A (4;-13), phương trình đường tròn bàng tiếp trong góc A
của tam giác ABC là x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 20 = 0 . Hãy lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của tam
giác
x +1 y z − 2
= =
2. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2 x − y + 3 z + 5 = 0 và hai đường thẳng ( d1 ) :
,
1
2
−1
x −1 y − 7 z − 3
=
=
(d2):
. Lập phương trình đường thẳng ∆ song song với (P) và cắt hai đường thẳng d1, d2
2
1
4

lần lượt tại hai điểm M, N sao cho MN = 54
Câu 7a (1đ): Tìm số phức z có mô đun lớn nhất và thỏa mãn điều kiện z (1 + i ) − 3 + 2i =

13
2

2) Theo chương trình nâng cao:
Câu 6b (2đ):
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại A, phương trình của (AB): 2 x + y − 3 = 0 ,
(BC): 3 x − 2 y − 1 = 0 . Hãy lập phương trình đường thẳng chứa đường cao BH của tam giác ABC
2. Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng (P): 2 x + 2 y + z + 5 = 0 , (Q): 2 x − 3 y + 2 z + 1 = 0 . Lập phương trình
đường thẳng d nằm trong (Q), song song với (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3
x
 x
y +1
=0
 2 − 2 + ln
y +1
Câu 7b (1đ): Giải hệ phương trình : 
 x ( y + 1) − 5 y + 1 = 0



ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỀ SỐ 10
Câu
I
(2đ)

Ý
1

(1đ)

Đáp án
Tập xác định: D = R \ { 1}
−2
y'=
< 0, với mọi x thuộc D
( x − 1) 2
⇒ Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định và không có cực trị

lim y = 2, lim y = 2 ⇒ đt y = 2 là tiệm cận ngang
x →+∞

Điểm

0.25

x →−∞

lim y = −∞, lim y = +∞ ⇒ đt x = 1 là tiệm cận đứng

0.25

Bảng biến thiên:
x -∞
y’
y 2

0.25


x →1−

x →1+

1
-∞

+∞

+∞
2

Vẽ đồ thị hàm số
2
(1đ)

Nếu m = 0 thì phương trình vô nghiệm
2x
1
= (1)
Nếu m ≠ 0 thì phương trình ⇔
x −1 m
2x
(C )
x −1 1
- Giữ nguyên đồ thị (C) ứng với x ≥ 0
- Lấy đối xứng qua trục tung của phần đồ thị (C) trên
Từ đồ thị suy ra phương trình (1) có đúng 2 nghiệm thực phân biệt
1
m < 0

m < 0
⇔
⇔
0 < m < 1
1
 >2

2
 m
Vẽ đồ thị hàm số y =

II
(2đ)

1(1đ
)

2011π
2011π
) + sin 2 x.sin( x +
)=0
6
3
π
π
⇔ − sin( x + ) + sin 2 x sin( x + ) = 0
6
3
π 1
π

π 
⇔ − sin( x + ) + cos( x − ) − cos(3 x + )  = 0
6 2
3
3 

0.25
0.25

0.25
0.25

0.25

sin( x +

0.25
0.25

0.25


π
π
+ x) + cos(3 x + ) = 0
3
3
π
⇔ 2 cos 2 x cos( x + ) = 0
3

π
π

x = 4 + k 2
⇔
(k ∈ Z )
 x = π + kπ

6
⇔ cos(−

2
(1đ)

Điều kiện: −1 ≤ x ≤ 7
Bất phương trình ⇔ ( 7 − x − 1)( x + 1 − 2) ≥ 0
  7 − x − 1 ≥ 0

  x + 1 − 2 ≥ 0
⇔
  7 − x − 1 ≤ 0

  x + 1 − 2 ≤ 0
⇔3≤ x ≤6

III
(1đ)

0.25
0.25


0.25

1
1
 π π
Đặt x = sin t , t ∈  − ;  ⇒ dx = cos tdt
2
2
 2 2
Đổi cận:
x
1
1
4
2
t
π
π
6
2
π
2

Thay vào ta có I = 2 ∫ (
π
6

π
2

I = 2(− cot t − t )
π
6
π
I = 2( 3 − )
3

0.25

1
− 1)dt
sin 2 t

0.25
0.25

0.25

0.25

0.25


Do tam giác ABD đều ⇒ DA = DB = DC
Mà SA = SB = SC. Chứng minh được SD ⊥ ( ABCD)
Gọi I là trung điểm BC nên DI ⊥ BC ⇒ SI ⊥ BC (định lý 3 đường vuông góc)
a 3
·
⇒ SID
= 450 ⇒ SD = DI =

2
3
1
a
V = SD.dt ( ABCD ) =
3
4
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC ⇒ R = OS = OA và O ∈ SD
7a 3
Gọi M là trung điểm của SA, ta có SO.SD = SM .SA ⇒ R = SO =
12

IV
(1đ)

V
(1đ)

VIa
(2đ)

1
(1đ)

0.25

0.25
0.25
0.25


Bất đẳng thức ⇔ (2 x − 1) 2 + y 2 + (2 x + 1) 2 + y 2 + y − 2 ≥ 2 + 3
r
r
r r
Xét a = (1 − 2 x; y ), b = (1 + 2 x; y ) ⇒ a + b = (2; 2 y )
r r r r
a + b ≥ a + b ⇒ VT ≥ 2 1 + y 2 + y − 2

0.25

Nếu y ≥ 2 ⇒ VT ≥ 2 5 > 2 + 3
Nếu y < 2 ⇒ VT ≥ f ( y ) với f ( y ) = 2 1 + y 2 + 2 − y
2y
f '(y) =
− 1 . Lập bảng biến thiên của hàm f(y) trên khoảng ( −∞; 2 )
1+y 2
1
⇒ VT ≥ 2 + 3
⇒ min f ( y ) = 2 + 3 khi y =
3
x = 0

1
Dấu bằng xảy ra ⇔ 
y = 3

Đường tròn bàng tiếp có tâm I (-1;2), bánuur
kính R = 5
Tam giác ABC cân tại A ⇒ BC ⊥ AI nên AI = (−5;15) là một vt pháp tuyến của
đường thẳng BC ⇒ BC : x − 3 y + c = 0


0.25

Đường thẳng BC tiếp xúc với đường tròn bàng tiếp ⇒ d ( I ; BC ) = R ⇒ c = 7 ± 5 10
Do hai điểm A, I nằm khác phía đối với đường thẳng BC
⇒ BC : x − 3 y + 7 − 5 10 = 0

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25

0.25


2
(1đ)

GọiM (−1 + t; 2t; 2 − t ), N (1 + 2m;7 + m;3 + 4 m)
uuuur
⇒ MN = (2m − t + 2; m − 2t + 7; 4m + t + 1)
r
(P) có véc tơ pháp tuyến n = (2; −1;3)
uuuur r
(∆) P( P) ⇒ MN .n = 0 ⇒ t = −5m
uuuur
⇒ MN = (7 m + 2;11m + 7; − m + 1)
m = 0

MN = 54 ⇔ 
 m = − 20
19

 x = −1 + 2t

m = 0 ⇒ M (−1;0; 2), N (1;7;3) ∉ ( P) ⇒ ( ∆) :  y = 7t
z = 2 + t


81 102

x
=
 19 + 19 t

20
81 200 62
21 113 23
200 87

m = − ⇒ M( ;
; − ), N (− ;
; − ) ∉ ( P) ⇒ (∆ ) :  y =
+ t
19
19 19 19
19 19 19
19 19


62 39

z
=
−
− t

19 19


Gọi z = x + yi ( x, y ∈ R ) ⇒ z = x − yi

VIIa
(1đ)

0.25

0.25

0.25

13
39
⇔ x2 + y2 − x − 5 y +
=0
0.25
2
8
Gọi M (x;y) là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng tọa độ Oxy ⇒ M ∈ (C ) là đường
1 5

0.25
26
tròn có tâm I ( ; ) và bán kính R =
2 2
4
Gọi d là đường thẳng đi qua O và I ⇒ d : y = 5 x
3 15
1 5
0.25
Gọi M1,M2 là hai giao điểm của d và (C) ⇒ M 1 ( ; ) và M 2 ( ; )
4 4
4 4
OM 1 > OM 2
Ta thấy 
OM 1 = OI + R ≥ OM ( M ∈ (C ))
z (1 + i ) − 3 + 2i =

⇒ số phức cần tìm ứng với điểm biểu diễn M1 hay z =
VIb
(2đ)

0.25

1
(1đ)

3 15
+ i
4 4


Tọa độ điểm B(1;1)
Tam giác ABC cân tại A nên cos ·ABC = cos ¼
ACB (1)
r
Gọi n = (a; b) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng AC
r
r
Véc tơ pháp tuyến của các đường thẳng AB, BC lần lượt là n1 = (2;1), n2 = (3; −2)
ur uur
uur r
 a = 2b(l )
n1.n2
n2 .n
2
2
(1) ⇔ ur uur = uur r ⇔ 29a − 60ab + 4b = 0 ⇔ 
 a = 2 b(n)
n1 n2
n2 n
29

r
⇒ n = (2; 29) ⇒ BH : 29 x − 2 y − 27 = 0

2(1đ) Gọi (R) là mặt phẳng song song với (P) và d ( ( R ) ; ( P ) ) = 3

0.25
0.25

0.25+

0.25
0.25
0.25


Suy ra (R): 2x + 2y +z +d = 0 . Lấy điểm A(0;0; −5) ∈ ( P)
 d = 14
⇒ d ( A; ( R ) ) = 3 ⇔ 
 d = −4

Suy ra ( R1 ) : 2 x + 2 y + z + 14 = 0, ( R2 ) : 2 x + 2 y + z − 4 = 0
r
 22 13 
d = ( Q ) ∩ ( R1 ) có vtcp u = ( −7; 2;10 ) và đi qua điểm M  − ; − ;0 ÷
5 
 5
22

 x = − 5 − 7t

13

⇒ ( d ) :  y = − + 2t
5

 z = 10t


 x = 1 − 7t
r


d = ( Q ) ∩ ( R2 ) có vtcp u = ( −7; 2;10 ) và đi qua điểm N ( 1;1;0 ) ⇒ ( d ) :  y = 1 + 2t
 z = 10t

VIIb
(1đ)

x
>0
y +1
Nếu x < 0 ⇒ y + 1 < 0 ⇒ x ( y + 1) − 5 y + 1 > 0 (loại)
Nếu x > 0 ⇒ y + 1 > 0 ⇒ pt (1) ⇔ 2 x + ln x = 21+ y + ln(1 + y )(*)
Xét hàm số f(t) = 2t + ln t (t > 0) ⇒ f (t ) là hàm số đồng biến trên khoảng (0;+ ∞ )
⇒ (*) ⇔ x = 1 + y
Thay vào phương trình (2) ta được: y = 1, y = 2
y = 1 ⇒ x = 2, y = 2 ⇒ x = 3
Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = (2;1), ( x; y ) = (3; 2)

0.25

0..25

0.25

Điều kiện:

0.25
0.25
0.25


0.25