Đề 20 thi thử đại học và cao đẳng năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

Trần Sĩ Tùng 
Trường THPT MINH CHÂU 
HƯNG YÊN 
Đề số 20 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 
Môn thi: TOÁN – Khối A 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y x x3 2– 3 2= + . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 
m
x x
x
2 2 2
1
- - =
-
 . 
Câu II (2 điểm): 
 1) Giải phương trình: x x
52 2 cos sin 1
12
pæ ö
- =ç ÷
è ø
 2) Giải hệ phương trình: 
x y x y
x y x y
2 8
2 2 2 2
log 3 log ( 2)
1 3
ì + = - +ï
í
ï + + - - =î
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 
x
I dx
x x
4
2
4
sin
1
p
p-
=
+ +
ò 
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc 
với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 060 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM 
=
a 3
3
, mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM. 
Câu V (1 điểm): Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : x y z 5 5 5 1- - -+ + = .Chứng minh rằng : 
x y z
x y z y z x z x y
25 25 25
5 5 5 5 5 5+ + +
+ +
+ + +
 ³
x y z5 5 5
4
+ +
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 với A(1; –2), đường cao CH x y: 1 0- + = , phân giác 
trong BN x y: 2 5 0+ + = . Tìm toạ độ các đỉnh B, C và tính diện tích tam giác ABC. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng : 
x y z
d1
2 1:
4 6 8
- +
= =
- -
, 
x y z
d2
7 2:
6 9 12
- -
= =
-
 a) Chứng minh rằng d1 và d2 song song . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua d1 và d2 . 
 b) Cho điểm A(1; –1; 2), B(3; – 4; –2). Tìm điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức: 
z
z z z
2
4 3 1 0
2
- + + + = 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm): 
 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường 
thẳng d x y1 : 3 0- - = và d x y2 : 6 0+ - = . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ 
 các đỉnh của hình chữ nhật. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 
x y z
d1
2 1:
1 1 2
- -
= =
-
 và 
x t
d y
z t
2
2 2
: 3
ì ¢= -
ï =í
ï ¢=î
 a) Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau và viết phương trình đường vuông góc chung của d1 và d2. 
 b) Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 
Câu VII.b (1 điểm): Tính tổng: S C C C C C0 4 8 2004 20082009 2009 2009 2009 2009...= + + + + + 
============================ 
Trần Sĩ Tùng 
Hướng dẫn: 
I. PHẦN CHUNG 
Câu I: 2) Ta có ( )mx x x x x m x
x
2 22 2 2 2 1 , 1.
1
- - = Û - - - = ¹
-
 Do đó số nghiệm của phương trình bằng số 
giao điểm của ( )y x x x C2 2 2 1 , ( ')= - - - và đường thẳng y m x, 1.= ¹ 
 Với ( ) f x khi xy x x x
f x khi x
2 ( ) 12 2 1
( ) 1
ì >= - - - = í- <î
 nên ( )C ' bao gồm: 
 + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x 1.= 
 + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x 1= qua Ox. 
 Dựa vào đồ thị ta có: 
 m < –2 m = –2 –2 < m < 0 m ≥ 0 
Số nghiệm vô nghiệm 2 nghiệm kép 4 nghiệm phân biệt 2 nghiệm phân biệt 
Câu II: 1) PT x
5 52 sin 2 sin 1
12 12
p pé ùæ ö
Û - + =ê úç ÷
è øë û
 x
5 5 1sin 2 sin sin
12 12 42
p p pæ ö
Û - + = =ç ÷
è ø
 x
5 5sin 2 sin sin 2 cos sin sin
12 4 12 3 12 12
p p p p p pæ ö æ ö æ ö
Û - = - = - = -ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
 ( )
x k x k
x k
x k x k
52 25 12 12 6sin 2 sin
5 13 312 12 2 2
12 12 4
p p pp pp p
p p p
p p
é é
- = - + = +ê êæ ö æ ö
Û - = - Û Û Îê êç ÷ ç ÷
è ø è ø ê ê- = + = +
ë ë
¢ 
 2) Điều kiện: x y x y0, 0+ > - ³ 
 Hệ PT Û 
x y x y
x y x y2 2 2 2
2
1 3
ì + = + -ï
í
ï + + - - =î
. Đặt: 
u x y
v x y
ì = +
í
= -î
 ta có hệ: 
u v u v u v uv
u v u vuv uv
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 23 3
2 2
ì ì- = > + = +
ï ï
Ûí í+ + + +ï ï- = - =
î î
u v uv
u v uv uv
2
2 4 (1)
( ) 2 2 3 (2)
2
ì + = +
ï
Û í + - +ï - =
î
. 
 Thế (1) vào (2) ta có: uv uv uv uv uv uv uv28 9 3 8 9 (3 ) 0+ + - = Û + + = + Û = . 
 Kết hợp (1) ta có: 
uv
u v
u v
0
4, 0
4
ì =
Û = =í
+ =î
 (với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk) 
 Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2). 
Câu III: I x xdx x xdx I I
4 4
2
1 2
4 4
1 sin sin
p p
p p- -
= + - = -ò ò 
 · Tính I x xdx
4
2
1
4
1 sin
p
p-
= +ò . Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I1 0= . 
 · Tính I x xdx
4
2
4
sin
p
p-
= ò . Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được: I2
2 2
4
p= - + 
 Suy ra: I 2 2
4
p= - . 
Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD . 
Trần Sĩ Tùng 
 · BC AB BC BM
BC SA
ì ^ Þ ^í ^î
. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao. 
 · SA = AB tan600 = a 3 , 
aaMN SM MN
AD SA a a
33 23
2 33
-
= Û = = Þ MN = 
a4
3
, BM = 
a2
3
 Diện tích hình thang BCMN là : S = BCNM
aaBC MN a a
S BM
2
42 2 103
2 2 3 3 3
æ ö
+ç ÷+
= = =ç ÷
è ø
 · Hạ AH ^ BM. Ta có SH ^ BM và BC ^ (SAB) Þ BC ^ SH . Vậy SH ^ ( BCNM) 
 Þ SH là đường cao của khối chóp SBCNM 
 Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , 
AB AM
SB MS
= = 
1
2
 . 
 Vậy BM là phân giác của góc SBA Þ ·SBH 030= Þ SH = SB.sin300 = a 
 · Thể tích chóp SBCNM ta có V = BCNMSH S
1 .
3
 = 
a310 3
27
. 
Câu V: Đặt = = =5 ; 5 ; 5x y za b c . Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và + + =ab bc ca abc 
 BĐT Û 
+ +
+ + ³
+ + +
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
 (*) 
 Ta có: (*) Û
+ +
+ + ³
+ + +
3 3 3
2 2 2 4
a b c a b c
a abc b abc c abc
 Û 
+ +
+ + ³
+ + + + + +
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
 Áp dụng BĐT Cô-si, ta có: 
+ +
+ + ³
+ +
3 3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
 (1) 
+ +
+ + ³
+ +
3 3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
 ( 2) 
+ +
+ + ³
+ +
3 3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
 ( 3) 
 Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh. 
II. PHẦN TỰ CHỌN 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a: 1) Do AB CH^ nên phương trình AB: x y 1 0+ + = . 
 · B = AB BNÇ Þ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 
x y
x y
2 5 0
1 0
ì + + =
í
+ + =î
 Û x
y
4
3
ì = -
í =î
 Þ B(-4; 3). 
 · Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A BC'Î . 
 Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d): x y2 5 0- - = . Gọi I d BN( )= Ç . 
 Giải hệ: 
x y
x y
2 5 0
2 5 0
ì + + =
í
- - =î
. Suy ra: I(–1; 3) A '( 3; 4)Þ - - 
 · Phương trình BC: x y7 25 0+ + = . Giải hệ: 
BC x y
CH x y
: 7 25 0
: 1 0
ì + + =
í
- + =î
Þ C
13 9;
4 4
æ ö
- -ç ÷
è ø
. 
 · BC
2 2
13 9 4504 3
4 4 4
æ ö æ ö
= - + + + =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
, d A BC
2 2
7.1 1( 2) 25
( ; ) 3 2
7 1
+ - +
= =
+
. 
 Suy ra: ABCS d A BC BC
1 1 450 45( ; ). .3 2. .
2 2 4 4
= = = 
Trần Sĩ Tùng 
 2) a) · VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: u u1 2(4; 6; 8), ( 6;9;12)= - - = -
r r Þ u u1 2,
r r cùng phương. 
 Mặt khác, M( 2; 0; –1) Î d1; M( 2; 0; –1) Ï d2.. Vậy d1 // d2. 
 · VTPT của mp (P) là n MN u1
1 , (5; 22;19)
2
é ù= - = -ë û
uuuurr r
Þ Phương trình mp(P): x y z5 – 22 19 9 0+ + = . 
 b) AB (2; 3; 4)= - -
uuur
Þ AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB ³ A1B 
 IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng hàng Þ I là giao điểm của A1B và d. 
 Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B. 
 · Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H 
36 33 15; ;
29 29 29
æ ö
ç ÷
è ø
. A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28; ;
29 29 29
æ ö
-ç ÷
è ø
 I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43; ;
29 58 29
æ ö- -
ç ÷
è ø
. 
Câu VII.a: Nhận xét z 0= không là nghiệm của PT. Vậy z 0¹ 
 Chia hai vế PT cho z2 ta được: z z
zz
2
2
1 1 1 0
2
æ ö æ ö
+ - - + =ç ÷ç ÷ è øè ø
 (1) 
 Đặt t z
z
1
= - . Khi đó t z
z
2 2
2
1 2= + - z t
z
2 2
2
1 2Û + = + 
 Phương trình (2) trở thành: t t2 5 0
2
- + = (3). i2
51 4. 9 9
2
D = - = - = 
 Þ PT (3) có 2 nghiệm 
i
t
1 3
2
+
= , 
i
t
1 3
2
-
= 
 · Với 
i
t
1 3
2
+
= : ta có 
i
z z i z
z
21 1 3 2 (1 3 ) 2 0
2
+
- = Û - + - = (4a) 
 Có i i i i i2 2 2(1 3 ) 16 8 6 9 6 (3 )D = + + = + = + + = + 
 Þ PT (4a) có 2 nghiệm : 
i i
z i
(1 3 ) (3 ) 1
4
+ + +
= = + , 
i i i
z
(1 3 ) (3 ) 1
4 2
+ - + -
= = 
 · Với 
i
t
1 3
2
-
= : ta có 
i
z z i z
z
21 1 3 2 (1 3 ) 2 0
2
-
- = Û - - - = (4b) 
 Có i i i i i2 2 2(1 3 ) 16 8 6 9 6 (3 )D = - + = - = - + = - 
 Þ PT (4b) có 2 nghiệm : 
i i
z i
(1 3 ) (3 ) 1
4
- + -
= = - , 
i i i
z
(1 3 ) (3 ) 1
4 2
- - - - -
= = 
 Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : 
i i
z i z i z z
1 11 ; 1 ; ;
2 2
- - -
= + = - = = . 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: 1) Ta có: I d d1 2= Ç Þ Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 
xx y
x y
y
9
3 0 2
6 0 3
2
ì
=ïì - - = Ûí í+ - =î ï =
î
 Þ I
9 3;
2 2
æ ö
ç ÷
è ø
 Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử M d Ox1= Ç là trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3; 0) 
 Ta có: AB IM
2 2
9 32 2 3 3 2
2 2
æ ö æ ö
= = - + =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 Theo giả thiết: ABCDABCD
S
S AB AD AD
AB
12. 12 2 2
3 2
= = Û = = = 
 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d AD1Þ ^ 
 Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vuông góc với d1 nhận n (1;1)=
r
 làm VTPT nên có PT: x y 3 0+ - = 
Trần Sĩ Tùng 
 Mặt khác: MA MD 2= = Þ Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ PT: 
( )
x y
x y
2 2
3 0
3 2
ì + - =ï
í
- + =ïî
 ( ) ( )
y x y x y x
xx y x x
2 22 2
3 3 3
3 13 2 3 (3 ) 2
ì ì= - + = - +ï ï ì = -Û Û Ûí í í - = ±- + = - + - = îï ïî î
x
y
2
1
ì =Û í =î
 hoặc x
y
4
1
ì =
í = -î
. 
 Vậy A( 2; 1), D( 4; –1). 
 Do I
9 3;
2 2
æ ö
ç ÷
è ø
 là trung điểm của AC suy ra: C I A
C I A
x x x
y y y
2 9 2 7
2 3 1 2
ì = - = - =
í = - = - =î
 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) 
 Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1) 
 2) a) d1 có VTCP u1 (1; 1;2)= -
r và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2 ( 2;0;1)= -
r và đi qua điểm N( 2; 3; 0) . 
 Ta có: u u MN1 2, . 10 0é ù = - ¹ë û
uuuurr r
 Þ d1 , d2 chéo nhau. 
 Gọi A t t t d1(2 ;1– ;2 )+ Î , B t t d2(2 – 2 ; 3; )¢ ¢ Î . 
 AB là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 Û 
AB u
AB u
1
2
. 0
. 0
ì =ï
í
=ïî
uuur r
uuur r Þ 
t
t
1
3
' 0
ìï = -
í
ï =î
 Þ A
5 4 2; ;
3 3 3
æ ö
-ç ÷
è ø
; B (2; 3; 0) 
 Đường thẳng D qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d1 và d2 Þ D: 
x t
y t
z t
2
3 5
2
ì = +
ï = +í
ï =î
 b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính: x y z
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
æ ö æ ö æ ö
- + - + + =ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø
Câu VII.b: Ta có: i C iC i C2009 0 1 2009 20092009 2009 2009(1 ) ..+ = + + + 
 = C C C C C C C C C C C C i0 2 4 6 2006 2008 1 3 5 7 2007 20092009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009.... ( ... )- + - + - + + - + - + - + 
 Thấy: S A B
1 ( )
2
= + , với A C C C C C C0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009...= - + - + - + 
 B C C C C C C0 2 4 6 2006 20082009 2009 2009 2009 2009 2009...= + + + + + + 
 · Ta có: i i i i i
10042009 2 1004 1004 1004(1 ) (1 ) (1 ) (1 ).2 2 2é ù+ = + + = + = +ë û . 
 Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của i 2009(1 )+ nên A 10042= . 
 · Ta có: x C xC x C x C2009 0 1 2 2 2009 20092009 2009 2009 2009(1 ) ...+ = + + + + 
 Cho x = –1 ta có: C C C C C C0 2 2008 1 3 20092009 2009 2009 2009 2009 2009... ...+ + + = + + + 
 Cho x=1 ta có: C C C C C C0 2 2008 1 3 2009 20092009 2009 2009 2009 2009 2009( ... ) ( ... ) 2+ + + + + + + = . 
 Suy ra: B 20082= . 
 · Từ đó ta có: S 1003 20072 2= + . 
=====================