Đề 19 thi thử đại học và cao đẳng năm 2010 môn thi: Toán

Trần Sĩ Tùng 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP 
HÀ NỘI 
Đề số 19 
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 m x4 2 22 1= + + (1). 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 
 2) Chứng minh rằng đường thẳng y x 1= + luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. 
Câu II (2 điểm): 
 1) Giải phương trình: x x x2 22sin 2sin tan
4
pæ ö
- = -ç ÷
è ø
 2) Giải hệ phương trình: ( )x x x2 2 23 3 32 log – 4 3 log ( 2) log ( – 2) 4+ + - = 
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 
x
dx
x x
3
20
sin
cos 3 sin
p
+
ò 
Câu IV (1 điểm): Cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc mặt 
phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho mp(SBC) tạo với mp(ABC) một góc bằng 600. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ 
diện SABC. 
Câu V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
x x x x
f x
x x
4 3 2
2
4 8 8 5( )
2 2
- + - +
=
- +
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 elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là ( )3;0- và đi qua điểm 
M
4 331;
5
æ ö
ç ÷
è ø
. Hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E). 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 3) và đường thẳng d: 
x t
y t
z
1
2 2
3
ì = -
ï = +í
ï =î
. Hãy tìm trên đường 
thẳng d các điểm B và C sao cho tam giác ABC đều. 
Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh: n nn n n nC C C n C n n
2 1 2 2 2 3 2 2 21 2 3 ... ( ).2 -+ + + + = + , trong đó n là số tự nhiên, n ≥ 1 và 
k
nC là số tổ hợp chập k của n. 
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 A(2; 7) và đường thẳng AB cắt trục Oy tại E sao cho 
AE EB2=
uuur uuur
. Biết rằng tam giác AEC cân tại A và có trọng tâm là G 132;
3
æ ö
ç ÷
è ø
. Viết phương trình cạnh BC. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: 
x y z1 1
3 1 1
- += = và mặt phẳng (P): 
x y z2 2 2 0+ - + = . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc 
với (P) và đi qua điểm A(1; –1; 1). 
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: x y y x
y x
3 3
2 2
4 16
1 5(1 )
ìï + = +
í
+ = +ïî
. 
============================ 
Trần Sĩ Tùng 
Hướng dẫn: 
I. PHẦN CHUNG 
Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm: x m x x4 2 22 1 1+ + = + Û x m x x4 2 22 0+ - = Û ( )x x m x3 22 1 0+ - = 
 Û 
x
g x x m x3 2
0
( ) 2 1 0 (*)
é =
ê = + - =ë
 Ta có: g x x m2 2( ) 3 2 0¢ = + ³ (với mọi x và mọi m ) Þ Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá trị của m. 
 Mặt khác g(0) = –1 ¹ 0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0. 
 Vậy đường thẳng y x 1= + luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. 
Câu II: 1) Điều kiện: xcos 0¹ Û x k.
2
p
p¹ + (*). 
 PT Û x x x22
2
1– cos 2sin – tanpæ ö-ç ÷
è ø
= Û x x x1– sin 2 tan (sin 2 –1)= Û x
x
sin 2 1
tan 1
é =
ê = -ë
 Û
x k
x l
2 .2
2
.
4
p p
p
p
é
= +ê
ê
ê = - +
ë
Û
x k
x l
.
4
.
4
p p
p
p
é
= +ê
ê
ê = - +
ë
Û x k.
4 2
p p
= + . (Thỏa mãn điều kiện (*) ). 
 2) Điều kiện: x
x
2
2
3
4 0
log ( 2) 0
ì - >ï
í
+ ³ïî
 Û x
x
2
2
4 0
( 2) 1
ìï - >
í
+ ³ïî
Û x
x
2
3
é >
ê £ -ë
 (**) 
 PT Û ( )x x x
22 2 2
3 3 3log – 4 3 log ( 2) log ( – 2) 4+ + - = Û x x
2 2
3 3log ( 2) 3 log ( 2) 4 0+ + + - = 
 Û ( )( )x x2 23 3log ( 2) 4 log ( 2) 1 0+ + + - = Û x 23log ( 2) 1+ = Û x 2( 2) 3+ = Û x 2 3= - ± 
 Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x 2 3= - - thỏa mãn. 
 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x 2 3= - - 
Câu III: Đặt t x23 sin= + = x24 cos- . Ta có: x t2 2cos 4 –= và x xdt dx
x2
sin cos
3 sin
=
+
. 
 I = 
x
dx
x x
3
20
sin .
cos 3 sin
p
+
ò = 
x x
dx
x x
3
2 20
sin .cos
cos 3 sin
p
+
ò = 
dt
t
15
2
2
3 4 -
ò = dtt t
15
2
3
1 1 1
4 2 2
æ ö
-ç ÷
+ -è øò = 
t
t
15
2
3
1 2ln
4 2
+
-
 = 
1 15 4 3 2ln ln
4 15 4 3 2
æ ö+ +ç ÷-
ç ÷- -è ø
 = ( ) ( )( )1 ln 15 4 ln 3 2
2
+ - + . 
Câu IV: Ta có SA ^ (ABC) Þ SA ^ AB; SA ^ AC.. 
 Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB Þ BC ^ AC Þ BC ^ SC. Hai điểm A,C cùng nhìn đoạn SB dưới góc 
vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường 
kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2 ; ·SCA 060= là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC). 
 SA = AC.tan600 = a 6 . Từ đó SB SA AB a2 2 2 210= + = . 
 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = d2p = p .SB2 = a210p . 
Câu V: Tập xác định: D = R . 
 Ta có: f x x x
x x
2
2
1( ) 2 2 2
2 2
= - + + ³
- +
 ( BĐT Cô–si). Dấu "=" xảy ra Û x x x2 – 2 2 1 1+ = Û = . 
 Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1. 
II. PHẦN TỰ CHỌN 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a: 1) Ta có ( ) ( )F F1 23;0 , 3;0- là hai tiêu điểm của (E). 
Trần Sĩ Tùng 
 Theo định nghĩa của (E) suy ra : a MF MF1 22 = + = ( )
2
2 4 331 3
5
æ ö
+ + ç ÷
è ø
 + ( )
2
2 4 331 3
5
æ ö
- + ç ÷
è ø
= 10 
 Þ a = 5. Mặt khác: c = 3 và a b c2 2 2– = Þ b a c2 2 2 22= - = 
 Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 ). 
 2) d có VTCP du ( 1;2;0)= -
r
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d. 
 Giả sử ( )t tH 1– ; 2 2 ;3+ Þ ( )AH t t1 ;1 2 ;0= - +
uuuur
 Mà AH ^ d nên dAH u^
uuur r
Þ ( ) ( )t t1 1 21 2 0- +- + = Û t 1
5
= - Þ H 6 8; ;3
5 5
æ ö
ç ÷
è ø
 Þ AH = 
3 5
5
. 
 Mà DABC đều nên BC = 
AH2 2 15
53
= hay BH = 
15
5
. 
 Giả sử B s s(1 ;2 2 ;3)- + thì s s
2 2
1 2 152
5 5 25
æ ö æ ö
- - + + =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 Û s s225 10 – 2 0+ = Û s 1 3
5
- ±
= 
 Vậy: B
6 3 8 2 3; ;3
5 5
æ ö- +
ç ÷
è ø
và C
6 3 8 2 3; ;3
5 5
æ ö+ -
ç ÷
è ø
 hoặc B
6 3 8 2 3; ;3
5 5
æ ö+ -
ç ÷
è ø
 và C
6 3 8 2 3; ;3
5 5
æ ö- +
ç ÷
è ø
Câu VII.a: Xét khai triển: n n nn n n n nx C xC x C x C x C
0 1 2 2 3 3(1 ) ...+ = + + + + + 
 Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n n nn n n nn x C xC x C nx C
1 1 2 2 3 1(1 ) 2 3 ...- -+ = + + + + 
 Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được: 
 nn n nn n n nx n xn x C xC x C n x C
2 2 2 2 21 1 2 2 3 1( 1)(1 )(1 ) 1 2 3 ...-- -é ù+ - +ë û+ = + + + + 
 Cho x = 1 ta được đpcm. 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG AM
2
3
=
uuur uuur
 Þ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và có VTPT 
AG
80;
3
æ ö
= -ç ÷
è ø
uuur
 nên có PT: y 3= Þ E(0; 3) Þ C(4; 3). Mà AE EB2=
uuur uuur
 nên B(–1; 1). 
 Þ Phương trình BC: x y2 5 7 0- + = . 
 2) Gọi I là tâm của (S). I Î d Þ I t t t(1 3 ; 1 ; )+ - + . Bán kính R = IA = t t211 2 1- + . 
 Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: 
t
d I P R
5 3( ,( ))
3
+
= = Û t t237 24 0- = Û 
t R
t R
0 1
24 77
37 37
é = Þ =
ê
= Þ =ê
ë
. 
 Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0). 
 Vậy phương trình mặt cầu (S): x y z2 2 2( 1) ( 1) 1- + + + = . 
Câu VII.b: x y y x
y x
3 3
2 2
4 16 (1)
1 5(1 ) (2)
ìï + = +
í
+ = +ïî
 Từ (2) suy ra y x2 2– 5 4= (3). Thế vào (1) được: ( )yx x y y x2 23 3– 5 . 16+ = + Û x x y x3 2– 5 –16 0= 
 Û x 0= hoặc x xy2 – 5 –16 0= 
 · Với x 0= Þ y2 4= Û y 2= ± . 
 · Với x xy2 – 5 –16 0= Û xy
x
2 16
5
-
= (4). Thế vào (3) được: 
x
x
x
22
216 5 4
5
æ ö-
- =ç ÷
è ø
Trần Sĩ Tùng 
 Û x x x x4 2 4 2– 32 256 –125 100+ = Û x x4 2124 132 – 256 0+ = Û x2 1= Û x yx y
1 ( 3)
1 ( 3)
é
êë
= = -
= - =
. 
 Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3) 
=====================