Đề 02 kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
 Môn Thi: TOÁN – Khối A 
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 4 2( ) 2y f x x x   
 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều 
kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. 
Câu II (2 điểm) 
 1. Giải phương trình lượng giác:  2 cos sin1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x


 
 2. Giải bất phương trình:  23 1 1
3 3
1log 5 6 log 2 log 3
2
x x x x      
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:  
2
4 4
0
cos 2 sin cosI x x x dx

  
Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên 
tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường 
tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện 
tích xung quanh và thể tích của hình trụ. 
Câu V (1 điểm) Cho phương trình     341 2 1 2 1x x m x x x x m       
Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. 
 PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 
1. Theo chương trình chuẩn. 
Câu VI.a (2 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định 
bởi: 2 2( ) : 4 2 0; : 2 12 0C x y x y x y        . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được với 
(C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), 
C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 
ABCD. 
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính 
khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi 
có đủ ba màu? 
2. Theo chương trình nâng cao. 
Câu VI.b (2 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I 
thuộc đường thẳng   : 3 0d x y   và có hoành độ 9
2I
x  , trung điểm của một cạnh là 
giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương 
trình là 
2 2 2( ) : 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0S x y z x y z P x y z           . 
 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn 
thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. 
Câu VII.b (1 điểm) Cho , ,a b c là những số dương thỏa mãn: 2 2 2 3a b c   . Chứng minh bất 
đẳng thức 
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
    
     
----------------------Hết---------------------- 
Đáp án. 
Câ
u 
Ý Nội dung Điểm 
I 2,00 
 1 1,00 
+ MXĐ: D   0,25 
+ Sự biến thiên 
 Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
  3 2 0' 4 4 4 1 ; ' 0 1
x
y x x x x y
x

        
0,25 
 Bảng biến thiên 
     1 21 1; 1 1; 0 0CT CTy y y y y y        C§ 
0,25 
 Đồ thị 
0,25 
 2 1,00 
Ta có 3'( ) 4 4f x x x  . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. 
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 
3 3'( ) 4 4 , '( ) 4 4A Bk f a a a k f b b b      
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: 
         ' ' ( ) af' ay f a x a f a f a x f a      ; 
        ' ' ( ) f' by f b x b f b f b x f b b      
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: 
  3 3 2 24a 4a = 4b 4 1 0 (1)A Bk k b a b a ab b          
Vì A và B phân biệt nên a b , do đó (1) tương đương với phương trình: 
2 2 1 0 (2)a ab b    
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau 
       
 
2 2 2 2
4 2 4 2
1 0 1 0
' ' 3 2 3 2
a ab b a ab b
a b
f a af a f b bf b a a b b
         
   
        
, 
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai 
nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là  1; 1  và 
 1; 1 . 
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với 
nhau là 
2 2 1 0
1
a ab b
a
a b
    

 
 
II 2,00 
 1 1,00 
Điều kiện: 
 cos .sin 2 .sin . tan cot 2 0
cot 1
x x x x x
x
 


 0,25 
Từ (1) ta có:  2 cos sin1 cos .sin 2 2 sinsin cos 2 cos cos1
cos sin 2 sin
x x x x xx x x x
x x x

  
 
 0,25 
2sin .cos 2 sinx x x  
 
2
2 4cos
2 2
4
x k
x k
x k




  
   
   

 0,25 
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là 
 2
4
x k k     0,25 
 2 1,00 
 Điều kiện: 3x  0,25 
Phương trình đã cho tương đương: 
     1 123 3 3
1 1 1log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x      
     23 3 31 1 1log 5 6 log 2 log 32 2 2x x x x        
      3 3 3log 2 3 log 2 log 3x x x x         
0,25 
  3 3
2log 2 3 log
3
xx x
x
          
   22 3
3
xx x
x

   

2 109 1
10
x
x
x
  
    

0,25 
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 10x  0,25 
III 1,00 
 1 1,00 
 
2
2
0
2
2
0
1cos 2 1 sin 2
2
1 11 sin 2 sin 2
2 2
I x x dx
x d x


   
 
   
 


 0,50 
   
2 2
2
0 0
32 2
0 0
1 1sin 2 sin 2 sin 2
2 4
1 1sin 2 sin 2 0
2 12| |
d x xd x
x x
 
 
 
  
  
0,50 
IV 1,00 
 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và 
CD. Khi đó OM AB và ' DO N C . 
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. 
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: 
OMI vuông cân tại O nên: 
2 2 2 .
2 2 2 2 2
h aOM OI IM h a      
0,25 
Ta có: 
22 2 2 2
2 2 2 2 2 3a
2 4 4 8 8
a a a aR OA AM MO
                
 0,25 
2 3
2 3a 2 3 2R . . ,
8 2 16
a aV h      0,25 
và 
2a 3 2 32 Rh=2 . . .
2 22 2xq
a aS    0,25 
V 1,00 
Phương trình     341 2 1 2 1x x m x x x x m       (1) 
Điều kiện : 0 1x  
Nếu  0;1x thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có 
nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện 11
2
x x x    . Thay 1
2
x  vào (1) ta 
được: 
3 01 12. 2.
12 2
m
m m
m

    
 
0,25 
* Với m = 0; (1) trở thành: 
 24 4 11 0 2x x x     
Phương trình có nghiệm duy nhất. 
0,25 
* Với m = -1; (1) trở thành 
   
     
   
4
4
2 2
4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
       
          
      
 + Với 4 4 11 0
2
x x x     
 + Với 11 0
2
x x x     
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. 
0,25 
* Với m = 1 thì (1) trở thành: 
       2 24 441 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x             
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 10,
2
x x  nên trong trường hợp này 
(1) không có nghiệm duy nhất. 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1. 
0,25 
VI
a 
 2,00 
 1 1,00 
Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính 5R  . 
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp 
tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra 
2R=2 5IM  . 
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: 
   2 22 1 20x y    . 
0,25 
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng  , nên tọa độ của M nghiệm 
đúng hệ phương trình:    
2 22 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y
    

  
 0,25 
Khử x giữa (1) và (2) ta được: 
   2 2 2
3
2 10 1 20 5 42 81 0 27
5
x
y y y y
x

         
 

 0,25 
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 93;
2
M   
 
 hoặc 27 33;
5 10
M   
 
 0,25 
 2 1,00 
 Ta tính được 10, 13, 5AB CD AC BD AD BC      . 0,25 
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD 
là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là 
trọng tâm G của tứ diện này. 
0,25 
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là 3 3;0;
2 2
G   
 
, bán kính là 
14
2
R GA  . 
0,50 
VI
Ia 
 1,00 
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 918C . 0,25 
Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: 
+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và 
vàng chỉ là 8. 
+ Không có bi xanh: có 913C cách. 
+ Không có bi vàng: có 915C cách. 
0,25 
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 
9
10C cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: 9 9 9 910 18 13 15 42910C C C C    
cách. 
0,50 
VI
b 
 2,00 
 1 1,00 
I có hoành độ 9
2I
x  và   9 3: 3 0 ;
2 2
I d x y I        
 
Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao 
điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 
   2 2 9 92 2 2 3 2
4 4I M I M
AB IM x x y y       
D
12. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
SS AB A
AB
    
 AD d
M AD



, suy ra phương trình AD:    1. 3 1. 0 0 3 0x y x y        . 
Lại có MA = MD = 2 . 
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: 
       
2 2 22 22
3 0 3 3
3 2 3 3 23 2
x y y x y x
x y x xx y
           
   
            
3 2
3 1 1
y x x
x y
   
  
    
 hoặc 4
1
x
y


 
.Vậy A(2;1), D(4;-1), 
0,50 
9 3;
2 2
I   
 
 là trung điểm của AC, suy ra:
2 9 2 72
2 3 1 2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x xx x x x
y y y y yy
      
 
      

Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). 
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 
0,50 
 2 1,00 
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. 
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 
    
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
   
     . 
Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. 
0,25 
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình 
chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn 
thẳng IN0 với mặt cầu (S). 
Gọi  là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao 
điểm của  và (P). 
Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là  2;2; 1Pn  

 và qua I nên có 
phương trình là  
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
 

   
  
 . 
0,25 
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 
      15 52 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t                
Suy ra 0
4 13 14; ;
3 3 3
N    
 
. 
0,25 
Ta có 0 0
3 .
5
IM IN
 
 Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 
VI
Ib 
 1,00 
Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 ( 0, 0)x y
x y x y
   

Ta có: 1 1 4 1 1 4 1 1 4; ;
2 2 2a+b+ca b b c a b c b c c a a b c c a a b
     
         
0,50 
Ta lại có: 
     
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 2 2 2 4 4 2 2 0
2 2 4 7
2 1 1 1 0
a b c a b c
a b c a b c a
a b c
         
     
      
Tương tự: 2 2
1 2 1 2;
2 7 2 7b c a b c a b c
 
     
Từ đó suy ra 2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a b b c c a a b c
    
     
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 
0,50