Bộ đề thi thử Đại học, cao đẳng môn Toán - Đề số 10

Trần Sĩ Tùng 
Trung tâm BDVH & LTĐH 
QUANG MINH 
Đề số 10 
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 xy
x
2
2 3
+
=
+
 (1). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 
 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân 
biệt A, B và tam giác OAB cân tại O. 
Câu II (2 điểm): 
 1) Giải phương trình: 
x x
x x
(1 2sin ) cos 3
(1 2sin )(1 sin )
-
=
+ -
 2) Giải hệ phương trình: x x32 3 2 3 6 5 8 0- + - - = 
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = x x dx
2
3 2
0
(cos 1)cos .
p
-ò 
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc 
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 060 . Gọi I là trung điểm của AD. Hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng 
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
Câu V (1 điểm): Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn: x x y z yz( ) 3+ + = . Chứng minh: 
 x y x z x y x z y z y z3 3 3( ) ( ) 3( )( )( ) 5( )+ + + + + + + £ + 
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 hình chữ nhật ABCD có giao điểm hai đường chéo AC và BD là điểm 
I(6; 2). Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng D: x y 5 0+ - = . Viết 
phương trình đường thẳng AB. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 4 0- - - = và mặt cầu (S) có phương trình: 
x y z x y z2 2 2 2 4 6 11 0+ + - - - - = . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định 
tâm và tính bán kính của đường tròn đó. 
Câu VII.a (1 điểm): Gọi z z1 2, là các nghiệm phức của phương trình: z z
2 2 10 0+ + = . Tính giá trị của biểu thức: 
 A = z z
2 2
1 2+ . 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm): 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x y x y2 2 4 4 6 0+ + + + = và đường thẳng D có phương 
trình: x my m2 3 0+ - + = . Gọi I là tâm đường tròn (C). Tìm m để D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho 
diện tích tam giác IAB lớn nhất. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x y z2 2 1 0- + - = và hai đường thẳng D1, D2 có phương 
trình D1: 
x y z1 9
1 1 6
+ +
= = , D2: 
x y z1 3 1
2 1 2
- - +
= =
-
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng D1 sao cho khoảng 
cách từ M đến đường thẳng D2 bằng khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P). 
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: 
x xy y
x y xy
2 2
2 2
2 2log ( ) 1 log ( )
3 81- +
ì + = +ï
í
=ïî
============================ 
Trần Sĩ Tùng 
Hướng dẫn: 
I. PHẦN CHUNG 
Câu I: 2) Gọi x y0 0( ; ) là toạ độ của tiếp điểm. 
 Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y x= hoặc y x= - . 
 Þ y x0( ) 1¢ = ± Û 
x 20
1 1
(2 3)
-
= ±
+
 Þ x y
x y
0 0
0 0
1 ( 1)
2 ( 0)
é = - =
ê = - =ë
 · Với x
y
0
0
1
1
ì = -
í =î
 Þ D: y x= - (loại) · Với x
y
0
0
2
0
ì = -
í =î
 Þ D: y x 2= - - (nhận) 
 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y x 2= - - . 
Câu II: 1) Điều kiện: x
x
1 2sin 0
1 sin 0
ì + ¹
í - ¹î
 Û 
x m
x n
x p
2
6
7 2
6
2
2
p
p
p
p
p
p
ì
¹ - +ï
ïï
¹ +í
ï
ï ¹ +ïî
 PT Û x x x
x x x2
cos 2sin .cos 3
1 sin 2sin 2sin
-
=
- + -
 Û x x x xcos sin 2 3(sin cos2 )- = + 
 Û x x x x3 1 1 3cos2 sin2 cos sin
2 2 2 2
+ = - Û x xcos 2 cos
6 3
p pæ ö æ ö
- = +ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 Û 
x k loaïi
x k nhaän
2 ( )
2
2 ( )
18 3
p
p
p p
é
= +ê
ê
ê = - +êë
 Vậy PT có nghiệm: x k 2
18 3
p p
= - + . 
 2) Điều kiện: x 6
5
£ . Đặt u x
v x
3 3 2
6 5
ìï = -
í
= -ïî
 Þ u x
v x
3
2
3 2
6 5
ìï = -
í
= -ïî
. 
 Ta có hệ PT: u v
u v3 2
2 3 8
5 3 8
ì + =
í
+ =î
. Giải hệ này ta được u
v
2
4
ì = -
í =î
 Þ x
x
3 2 2
6 5 16
ì - = -
í - =î
 Û x 2= - . 
 Thử lại, ta thấy x 2= - là nghiệm của PT. Vậy PT có nghiệm x 2= - . 
Câu III: I = x dx x dx
2 2
5 2
0 0
cos . cos .
p p
-ò ò = A – B. 
 · A = x dx x x dx
2 2
5 4
0 0
cos . cos .cos ..
p p
=ò ò = ( )x d x
2 22
0
1 sin (sin )
p
-ò = 
8
15
 · B = x dx x dx
2 2
2
0 0
1cos . (1 cos2 ).
2
p p
= +ò ò = 4
p
 Vậy I = 
8
15
 – 
4
p
. 
Câu IV: Gọi E là trung điểm của AB Þ BC = a 5 . Ta có: BIC ABCD ABI CDI
a
S S S S
23
2
= - - = 
 Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF = BIC
S a
BC
2 3
5
= . 
 Từ giả thiết Þ SI ^ (ABCD) Þ ·SFI 060= Þ SI = aIF 0 3 3.tan 60
5
= 
 Þ Thể tích khối chóp S.ABCD: ABCD
a
V SI S a a2 3
1 1 3 3 3 15. . .3
3 3 55
= = = . 
Trần Sĩ Tùng 
Câu V: Xét điều kiện: x xy xz yz2 3+ + = Þ x y x z y z y z2 2 2 2( ) ( ) 2( ) ( )+ + + = + - - 
 Þ 
x y x z x y x z
y z y z y z y z
2 2 2
2
æ ö æ ö æ ö+ + + +
+ = - -ç ÷ ç ÷ ç ÷+ + + +è ø è ø è ø
 (*) 
 Đặt 
x y x z
u v
y z y z
,+ += =
+ +
 (u, v > 0). Từ (*) Þ u v u v2 2 22 ( )+ = - - Þ u v uv2 2 1+ - = (1) 
 Khi đó ta có: BĐT Û 
x y x z x y x z
y z y z y z y z
3 3
3 5
æ ö æ ö æ ö æ ö+ + + +
+ + £ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷+ + + +è ø è ø è ø è ø
 Û u v uv3 3 3 5+ + £ 
 Û u v u uv v uv2 2( )( ) 3 5+ - + + £ Û u v uv3 5+ + £ (2) (do (1)) 
 Mặt khác từ (1) ta có: uv u v 21 ( ) 1= - - £ (3) 
 và u v uv u v2 2
3( ) 1 3 1 ( )
4
+ = + £ + + Þ u v 2( ) 4+ £ Þ u v 2+ £ (4) 
 Từ (3) và (4) ta suy ra được điều cần chứng minh (2). 
II. PHẦN TỰ CHỌN 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; 5 – a) Î D Þ IE a a( 6;3 )= - -
uur
 Gọi P là điểm đối xứng của E qua I Þ P(12 – a; a – 1), MP a a(11 ; 6)= - -
uuur
 Ta có: MP IE. 0=
uuur uur
 Û a a a a(11 )( 6) ( 6)(3 ) 0- - + - - = Û a
a
6
7
é =
ê =ë
 Đường thẳng đi qua M(1; 5) và nhận IE
uur
 làm VTPT. 
 · Với a 6= Þ IE (0; 3)= -
uur
 Þ Phương trình AB: y 5= 
 · Với a 7= Þ IE (1; 4)= -
uur
 Þ Phương trình AB: x y4 19 0- + = 
 2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5 
 d I P R( ,( )) 3= < Þ (P) cắt (S) theo một đường tròn (C). 
 Dễ xác định tâm đường tròn (C) là J(3; 0; 2) và bán kính là r = 4. 
Câu VII.a: PT có các nghiệm: z i z i1 21 3 , 1 3= - - = - + 
 Þ A = z z
2 2
1 2+ = 20 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R = 2 . 
 Ta có: · ·IABS IA IB AIB R AIB R
2 21 1 1. .sin sin 1
2 2 2
= = £ = 
 Dấu "=" xảy ra Û ·AIBsin 1= Û ·AIB 090= Û DAIB vuông cân tại I 
 Khi đó: 
R
d I( , ) 1
2
D = = Û 
m m
m2
2 2 2 3 1
1
- - - +
=
+
 Û m m215 8 0- = Û 
m
m
0
8
15
é =
ê
=ê
ë
 2) Giả sử: M t t t( 1 ; ; 9 6 )- + - + Î D1. 
 Khoảng cách từ M đến D2: 
t t t
d M
2 2 2
2
(8 14) ( 14 20) ( 4)( , )
3
D
- + - + + -
= 
 Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P): 
t
d M P
11 20( ,( ))
3
-
= 
 Từ đó ta có: 
t t t2 2 2(8 14) ( 14 20) ( 4)
3
- + - + + -
 = 
t11 20
3
-
 Û t t2140 352 212 0- + = Û 
t
t
1
53
35
é =
ê
=ê
ë
Trần Sĩ Tùng 
 · Với t = 1 Þ M(0; 1; –3) · Với t = 
53
35
 Þ M
18 53 3; ;
35 35 35
æ ö
ç ÷
è ø
Câu VII.b: Điều kiện: xy 0> 
 Hệ PT Û x y xy
x xy y
2 2
2 2
2
4
ìï + =
í
- + =ïî
 Û 
x y
x2 4
ì =
í
=î
 Û x y
x y
2
2
é = =
ê = = -ë
 vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (2; 2), (–2; –2). 
=====================