Đề 8 thi thử đại học và cao đẳng năm 2010 môn thi: Toán thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Trần Sĩ Tùng 
Trung tâm BDVH & LTĐH 
QUANG MINH 
Đề số 8 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 
Môn thi: TOÁN 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 
Câu I (2 điểm): Cho hàm số 
x
y
x
2 1
1
-
=
-
. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với 
đường thẳng MI. 
Câu II (2 điểm): 
 1) Giải phương trình: 
x x
x x
3cos cos cos sin 2 0
2 6 3 2 2 6
p p p pæ ö æ ö æ ö æ ö
- + - + - + - =ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø è ø
 2) Giải phương trình: x x x x4 2 21 1 2- - + + + = 
Câu III (1 điểm): Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường: (C): x y 2( 1) 1= - + , (d): y x 4= - + . Tính thể tích 
khối tròn xoay tạo thành do hình (H) quay quanh trục Oy. 
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh a, ·ABC 060= , chiều cao SO của hình chóp 
bằng 
a 3
2
, trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là trung điểm của AD, mặt phẳng (P) 
chứa BM và song song với SA, cắt SC tại K. Tính thể tích khối chóp K.BCDM. 
Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x y z2 2 2 1+ + = . Chứng minh: 
x y z
y z z x x y2 2 2 2 2 2
3 3
2
+ + ³
+ + +
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a (2 điểm): 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểm M(2; 6). Viết phương 
trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho DOAB có diện tích lớn nhất. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z 3 0+ + + = và điểm A(0; 1; 2). Tìm toạ độ điểm 
A¢ đối xứng với A qua mặt phẳng (P). 
Câu VII.a (1 điểm): Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau. Hỏi trong các số đó có 
bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau. 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm): 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trình đường phân giác trong 
(AD): x y2 5 0+ - = , đường trung tuyến (AM): x y4 13 10 0+ - = . Tìm toạ độ đỉnh B. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1): 
x t
y t
z t
23 8
10 4
ì = - +ï
= - +í
ï =î
 và (d2): 
x y z3 2
2 2 1
- +
= =
-
. Viết 
phương trình đường thẳng (d) song song với trục Oz và cắt cả hai đường thẳng (d1), (d2). 
Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm: 
x
x
a x x
2
4
2 2
3 4 5
1 log ( ) log ( 1)
ì
ï - ³í
ï + - ³ +î
============================ 
Trần Sĩ Tùng 
Hướng dẫn: 
I. PHẦN CHUNG 
Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b) Î (C) Þ 
a
b
a
2 1
1
-
=
-
 (a ¹ 1) 
 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: 
ay x a
aa 2
1 2 1( )
1( 1)
-
= - - +
--
 Phương trình đwòng thẳng MI: y x
a 2
1 ( 1) 2
( 1)
= - +
-
 Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có: 
a a2 2
1 1. 1
( 1) ( 1)
- = -
- -
 Û a b
a b
0 ( 1)
2 ( 3)
é = =
ê = =ë
 Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3) 
Câu II: 1) PT Û 
x x x xcos cos2 cos3 cos 4 0
2 6 2 6 2 6 2 6
p p p pæ ö æ ö æ ö æ ö
- + - + - + - =ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø è ø
 Đặt 
x
t
2 6
p
= - , 
 PT trở thành: t t t tcos cos2 cos3 cos 4 0+ + + = Û 
t t
t
54 cos .cos .cos 0
2 2
= Û 
t
t
t
cos 0
2
cos 0
5cos 0
2
é
=ê
ê =ê
ê =êë
 Û 
t m
t l
k
t
(2 1)
2
2
5 5
p
p p
p p
é = +
ê
= +ê
ê
ê = +êë
 · Với t m x m(2 1) (4 2)
3
p
p p= + Þ = + + 
 · Với t l x l
4 2
2 3
p p
p p= + Þ = + 
 · Với 
k k
t x
2 11 4
5 5 15 5
p p p p
= + Þ = + 
 2) Điều kiện: 
x
x x
2
2
1 0
1
ì - ³ï
í
³ -ïî
 Û x ³ 1. Khi đó: x x x x x x42 2 21 1 1+ + > + - ³ + - (do x ³ 1) 
 Þ VT > ( )( )Coâ Six x x x x x x x4 4 82 2 2 21 1 2 1 1-- - + + - ³ - - + - = 2 
 Þ PT vô nghiệm. 
Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d): y y2( 1) 1 4- + = - Û y
y
2
1
é =
ê = -ë
 V = y y y dy
2
2 2 2
1
( 2 2) (4 )p
-
- + - -ò = 
117
5
p
Câu IV: Gọi N = BM Ç AC Þ N là trọng tâm của DABD. 
 Kẻ NK // SA (K Î SC). Kẻ KI // SO (I Î AC) Þ KI ^ (ABCD). Vậy K BCDM BCDMV KI S.
1 .
3
= 
 Ta có: DSOC ~ DKIC Þ 
KI CK
SO CS
= (1), DKNC ~ DSAC Þ 
CK CN
CS CA
= (2) 
 Từ (1) và (2) Þ 
CO COKI CN CO ON
SO CA CO CO
1
23
2 2 3
++
= = = = Þ 
a
KI SO
2 3
3 3
= = 
 Ta có: DADC đều Þ CM ^ AD và CM = 
a 3
2
 Þ SBCDM = DM BC CM a2
1 3 3( ).
2 8
+ = 
Trần Sĩ Tùng 
 Þ VK.BCDM = BCDM
a
KI S
31 .
3 8
= 
Câu V: Ta có 
x x
y z x2 2 21
=
+ -
. Ta cần chứng minh: 
x x
x
2
2
3 3
21
³
-
. 
 Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có: ( ) x x xx x x x x
22 2 222 2 2 2 2 2 1 1 82 1 2 (1 )(1 )
3 27
æ ö+ - + -
- = - - £ =ç ÷
è ø
 Þ x x2
2(1 )
3 3
- £ Þ 
x x
x
2
2
3 3
21
³
-
 Þ 
x x
y z
2
2 2
3 3
2
³
+
 (1) 
 Tương tự: 
y y
x z
2
2 2
3 3
2
³
+
 (2), 
z z
x y
2
2 2
3 3
2
³
+
 (3) 
 Do đó: ( )x y z x y z
y z x z x y
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3
2 2
+ + ³ + + =
+ + +
 Dấu "=" xảy ra Û x y z
3
3
= = = . 
II. PHẦN TỰ CHỌN 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất Û DOAB vuông cân tại O. Khi đó d O d
5 2( , )
2
= . 
 Giả sử phương trình đường thẳng d: A x B y A B2 2( 2) ( 6) 0 ( 0)- + - = + ¹ 
 Ta có: d O d
5 2( , )
2
= Û 
A B
A B2 2
2 6 5 2
2
- -
=
+
 Û B AB A2 247 48 17 0+ - = Û 
B A
B A
24 5 55
47
24 5 55
47
é - -
=ê
ê
- +ê =êë
 · Với B A
24 5 55
47
- -
= : chọn A = 47 Þ B = 24 5 55- - Þ d: ( )x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0- - + - = 
 · Với B A
24 5 55
47
- +
= : chọn A = 47 Þ B = 24 5 55- + Þ d: ( )x y47( 2) 24 5 55 ( 6) 0- + - + - = 
 2) (P) có VTPT n (1;1;1)=r . Giả sử A¢(x; y; z). Gọi I là trung điểm của AA¢ Þ x y zI 1 2; ;
2 2 2
æ ö+ +
ç ÷
è ø
. 
 Ta có: A¢ đối xứng với A qua (P) Û AA n cuøng phöông
I (P)
,ìï ¢í
Îïî
uuur r
 Û 
x y z
x y z
1 2
1 1 1
1 2 3 0
2 2 2
ì - -
= =ï
í + +ï + + + =
î
 Û 
x
y
z
4
3
2
ì = -ï
= -í
ï = -î
 Vậy: A¢(–4; –3; –2). 
Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số) 
 Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số) 
 Þ Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số) 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: 1) Ta có A = AD Ç AM Þ A(9; –2). Gọi C¢ là điểm đối xứng của C qua AD Þ C¢ Î AB. 
 Ta tìm được: C¢(2; –1). Suy ra phương trình (AB): 
x y9 2
2 9 1 2
- +
=
- - +
 Û x y7 5 0+ + = . 
 Viết phương trình đường thẳng Cx // AB Þ (Cx): x y7 25 0+ - = 
 Gọi A¢ = Cx Ç AM Þ A¢(–17; 6). M là trung điểm của AA¢ Þ M(–4; 2) 
 M cũng là trung điểm của BC Þ B(–12; 1). 
 2) Giả sử A t t t1 1 1( 23 8 ; 10 4 ; )- + - + Î d1, B t t t2 2 2(3 2 ; 2 2 ; )+ - - Î d2. 
Trần Sĩ Tùng 
 Þ AB t t t t t t2 1 2 1 2 1(2 8 26; 2 4 8; )= - + - - + -
uuur
 AB // Oz Û AB k cuøng phöông,
uuur r
 Û 
t t
t t
2 1
2 1
2 8 26 0
2 4 8 0
ì - + =
í- - + =î
 Û 
t
t
1
2
17
6
5
3
ì
=ï
í
ï = -
î
 Þ A
1 4 17; ;
3 3 6
æ ö
-ç ÷
è ø
 Þ Phương trình đường thẳng AB: 
x
y
z t
1
3
4
3
17
6
ì
= -ï
ïï
=í
ï
ï = +ïî
Câu VII.b: 
x
x
a x x
2
4
2 2
3 4 5 (1)
1 log ( ) log ( 1) (2)
ì
ï - ³í
ï + - ³ +î
 · (1) Û 
x
x 23 5 4 0- - ³ . Đặt f(x) = 
x
x 23 5 4- - . Ta có: f¢(x) = 
x
x x R2ln 5ln3.3 .5 0,
2
- > " Î 
 Þ f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S1 = [2; +¥) 
 · (2) Û [ ]a x x42 2log 2( ) log ( 1)- ³ + Û a x x42( ) 1- ³ + Û 
x
a x
4 1
2 2
³ + + (*) 
 · Hệ có nghiệm Û (*) có nghiệm thuộc [2; +¥) 
 Đặt g(x) = 
x
x
4 1
2 2
+ + . Ta có: g¢(x) = x32 1+ > 0, "x ³ 2 Þ g(x) đồng biến trên [2; +¥) và g(2) = 
21
2
. 
 Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +¥) Û a
21
2
³ . 
 Vậy để hệ có nghiệm thì a
21
2
³ . 
=====================