Đề 16 thi thử đại học và cao đẳng năm 2010 môn thi: Toán

Trần Sĩ Tùng 
TDT 
Đề số 16 
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 y x x mx3 23 1= + + + có đồ thị là (Cm); ( m là tham số). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 
 2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D 
và E vuông góc với nhau. 
Câu II (2 điểm): 
 1) Giải phương trình: 
x
xxxx 2
32
2
cos
1coscostan2cos -+=- 
 2) Giải hệ phương trình: 
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y
ì + + + =
í
+ = + +î
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 
3
2
2
1
log
1 3ln
e xI dx
x x
=
+
ò 
Câu IV (1 điểm): Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' = 
3
2
a
 và góc BAD = 600. Gọi M 
và N lần lượt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh AC ' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể 
tích khối chóp A.BDMN. 
Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn 1a b c+ + = . Chứng minh rằng: 
72
27
ab bc ca abc+ + - £ 
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 tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung trực cạnh BC, 
đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, 
biết A(–1; 0; 1), B(1; 2; –1), C(–1; 2; 3). 
Câu VII.a (1 điểm): Cho 1z , 2z là các nghiệm phức của phương trình 
22 4 11 0z z- + = . Tính giá trị của biểu thức : 
2 2
1 2
2
1 2( )
z z
z z
+
+
. 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm): 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng D : 3 8 0x y+ + = , ' :3 4 10 0x yD - + = và điểm 
A(–2; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng D , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng D ’ 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 1; 2), B(2; –2; 1), C(–2; 0; 1). Viết phương trình mặt 
phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z2 2 – 3 0+ + = sao cho MA = MB = MC . 
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: 
2
1 2
1 2
2log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) = 1
x y
x y
xy x y x x
y x
- +
- +
ì - - + + + - + =ï
í
+ - +ïî
============================ 
Trần Sĩ Tùng 
Hướng dẫn: 
I. PHẦN CHUNG 
Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x x mx3 23 1 1+ + + = Û ( )x x x m2 3 0+ + = Û x
f x x x m2
0
( ) 3 0
é =
ê = + + =ë
 Đê thỏa mãn YCBT thì PT f x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt x x1 2, khác 0 và ( ) ( )y x y x1 2. 1¢ ¢ = - . 
 Û 2 2
1 1 2 2
9 4 0, (0) 0
(3 6 )(3 6 ) 1.
m f m
x x m x x m
- > = ¹ì
í
+ + + + = -î
m m m m
x x x x x x m x x x x m x x m m m2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
9 9, 0 , 0
4 4
9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1 4 9 1 0
ì ì< ¹ < ¹ï ïÛ Ûí í
ï ï+ + + + + + + + = - - + =îî
 Û m
9 65
8
±
= 
Câu II: 1) Điều kiện: xcos 0¹ . 
 PT Û 2 2 2cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos 1 0- = + - + Û - - =x x x x x x Û 
x
x
cos 1
1cos
2
é =
ê
= -ê
ë
 Û 
x k
x k
2
2 2
3
p
p
p
é =
ê
= ± +ê
ë
 2) Từ hệ PT Þ 0y ¹ . Khi đó ta có: 
2
2 2
2 2 2
2
1 4
1 4
.
( ) 2 7 2 1( ) 2 7
x x y
yx y xy y
y x y x y xx y
y
ì +
+ + =ïì + + + = ïÛí í
+ = + + +î ï + - =ïî
 Đặt 
2 1,xu v x y
y
+
= = + ta có hệ: 2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
+ = = - = =ì ì é
Û Ûí í ê- = + - = = - =î î ë
 · Với 3, 1v u= = ta có hệ:
2 2 2 1, 21 1 2 0
2, 53 3 3
x yx y x y x x
x yx y y x y x
= =ì ì ì+ = + = + - = é
Û Û Ûí í í ê = - =+ = = - = - ëî î î
. 
 · Với 5, 9v u= - = ta có hệ: 
2 2 21 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
ì ì ì+ = + = + + =
Û Ûí í í
+ = - = - - = - -î î î
, hệ này vô nghiệm. 
 Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), ( 2; 5)- . 
Câu III: 
3
3 2
2
32 2 2
1 1 1
ln
log 1 ln . lnln 2 .
ln 21 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x
x x xdxI dx dx
xx x x x x
æ ö
ç ÷
è ø= = =
+ + +
ò ò ò 
 Đặt 2 2 2
1 11 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dxx t x t x tdt
x
+ = Þ = - Þ = . 
 Suy ra 
( )
( )
2
2 23
22
3 32
1 1 1
1 1log 1 1 13 . 1
ln 2 3 9ln 21 3ln
e txI dx tdt t dt
tx x
-
= = = -
+
ò ò ò
2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 2 3 27 ln 2
t tæ ö= - =ç ÷
è ø
Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’ ^ PQ. Suy ra AC ¢ ^ (BDMN) 
 Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN. Tính được aAH AC2 15
5 5
¢= = . 
 a aPQ MN15 ,
4 2
= = Þ BDMN
aS
23 15
16
= . Suy ra: 
3
. D D
1 3.
3 16
= =A B MN B MN
aV S AH . 
Câu V: 
 · Cách 1: Ta có 2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )ab bc ca abc a b c a bc a a a bc+ + - = + + - = - + - . 
 Đặt t bc= thì ta có 
2 2( ) (1 )0
4 4
b c at bc + -£ = £ = . 
Trần Sĩ Tùng 
 Xét hàm số: f t a a a t( ) (1 ) (1 2 )= - + - trên đoạn 
a 2(1 )0;
4
é ù-
ê ú
ê úë û
 Có: 
2( 1 ) 1 7(0) (1 )
4 4 27
+ -
= - £ = <
a af a a và 
22(1 ) 7 1 1 1 7(2 )
4 27 4 3 3 27
af a a
æ ö- æ ö= - + - £ç ÷ ç ÷ç ÷ è øè ø
 với "a [ ]0;1Î . 
 Vậy: 
72
27
ab bc ca abc+ + - £ . Dấu "=" xảy ra Û a b c 1
3
= = = . 
 · Cách 2: Ta có a a b c a b c a b c c b2 2 2( ) ( )( ) (1 2 )(1 2 )³ - - = + - - + = - - (1) 
 Tương tự: b a c2 (1 2 )(1 2 )³ - - (2), c a b2 (1 2 )(1 2 )³ - - (3) 
 Từ (1), (2), (3) Þ abc a b c(1 2 )(1 2 )(1 2 )³ - - - = a b c ab bc ca abc1 2( ) 4( ) 8- + + + + + - 
 Þ 
abc
ab bc ca
1 9
4
+
+ + £ Þ 
abc
ab bc ca abc
12
4
+
+ + - £ 
 Mặt khác a b c abc33+ + ³ Þ abc 1
27
£ . Do đó: ab bc ca abc
11 7272
4 27
+
+ + - £ = . 
 Dấu "=" xảy ra Û a b c
1
3
= = = . 
II. PHẦN TỰ CHỌN 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a: 1) Gọi C c c( ; 2 3)+ và I m m( ;6 )- là trung điểm của BC. Suy ra: B m c m c(2 ; 9 2 2 )- - - . Vì C’ là trung 
điểm của AB nên: 
2 5 11 2 2' ; '
2 2
- + - -æ öÎç ÷
è ø
m c m cC CC nên 2 5 11 2 2 52 3 0
2 2 6
- + - -æ ö - + = Þ = -ç ÷
è ø
m c m c m
5 41;
6 6
æ öÞ -ç ÷
è ø
I . 
 Phương trình BC: x y3 – 3 23 0+ = . 
 Tọa độ của C là nghiệm của hệ:
2 3 0 14 37;
3 3 23 0 3 3
- + =ì æ öÞí ç ÷- + = è øî
x y
C
x y
 Tọa độ của 
19 4;
3 3
æ ö-ç ÷
è ø
B . 
 2) Ta có: (2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= - =
uuur uuur
 Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: 
 1 0, 3 0.x y z y z+ - - = + - = 
 Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).é ù= = -ë ûn AB AC
uuur uuurr
 Suy ra (ABC): 2 1 0x y z- + + = . 
 Giải hệ: 
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
+ - - = =ì ì
ï ï+ - = Þ =í í
ï ï- + + = =î î
x y z x
y z y
x y z z
. Suy ra tâm đường tròn là (0; 2;1).I 
 Bán kính là 2 2 2( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = - - + - + - = 
Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: 1 2
3 2 3 21 , 1
2 2
z i z i= - = + 
 Suy ra 
2
2
1 2 1 2
3 2 22| | | | 1 ; 2
2 2
z z z z
æ ö
= = + = + =ç ÷ç ÷
è ø
. Do đó: 
2 2
1 2
2
1 2
11
4( )
+
=
+
z z
z z
. 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I t t( 3 – 8; )- Î D. 
 Ta có: d I IA( , )D¢ = Û 2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4
t t
t t
- - - +
= - - + + -
+
 Û t 3= - Þ I R(1; 3), 5- = 
 PT đường tròn cần tìm: x y2 2( –1) ( 3) 25+ + = . 
 2) Ta có (2; 3; 1), ( 2; 1; 1) , (2;4; 8)é ù= - - = - - - Þ = = -ë ûAB AC n AB AC
uuur uuur uuur uuurr
 là 1 VTPT của (ABC) 
Trần Sĩ Tùng 
 Suy ra phương trình (ABC): ( ) ( ) ( )x y z– 0 2 –1 – 4 – 2 0+ = Û x y z2 – 4 6 0+ + = . 
 Giả sử M(x; y; z). 
 Ta có: MA MB MC
M P( )
ì = =
í Îî
Û 
x y z x y z
x y z x y z
x y z
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 2) ( 2) ( 2) ( 1)
( 1) ( 2) ( 2) ( 1)
2 2 3 0
ì + - + - = - + + + -ï
í + - + - = + + + -
ï + + - =î
 Û 
x
y
z
2
3
7
ì =ï
=í
ï = -î
 Þ M(2;3; 7)- 
Câu VII.b: Điều kiện: 
22 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
(*)
0 1 1, 0 2 1
ì- - + + > - + > + > + >
í
< - ¹ < + ¹î
xy x y x x y x
x y
 Hệ PT Û 1 2 1 2
1 2 1 2
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1 (2)
- + - +
- + - +
- + + - = + + - - =ì ìï ïÛí í+ - + + - +ï ïî î
x y x y
x y x y
x y x y x
y x y x
 Đặt 2log (1 )y x t+ - = thì (1) trở thành: 
21 2 0 ( 1) 0 1.t t t
t
+ - = Û - = Û = 
 Với 1t = ta có: 1 2 1 (3)- = + Û = - -x y y x . Thế vào (2) ta có: 
 21 1 1
4 4log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4x x x
x xx x x x x
x x- - -
- + - +
- + - + Û = Û = - Û + =
+ +
0
2
x
x
=é
Û ê = -ë
 · Với x 0= Þ y 1= - (không thoả (*)). 
 · Với x 2= - Þ y 1= (thoả (*)). 
 Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2, 1x y= - = . 
=====================