Đề 9 thi thử đại học và cao đẳng năm 2010 môn thi: Toán thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Trần Sĩ Tùng 
Trung tâm BDVH & LTĐH 
QUANG MINH 
Đề số 9 
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 m x my
x
2(2 1)
1
- -
=
-
. 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1. 
 2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x= . 
Câu II (2 điểm): 
 1) Giải phương trình: x x x22 3 cos2 sin 2 4cos 3- + = 
 2) Giải hệ phương trình: 
xyx y
x y
x y x y
2 2
2
2 1
ì
+ + =ï
+í
ï + = -î
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = x dx
x x
2
3
0
sin
(sin cos )
p
+
ò 
Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A¢B¢C¢có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, A¢M ^ (ABC), A¢M = 
a 3
2
 (M là trung điểm cạnh BC). Tính thể tích khối đa diện ABA¢B¢C. 
Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
 P = x y y x y y x2 2 2 24 4 4 4 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 elip (E): x y
2 2
1
100 25
+ = . Tìm các điểm M Î (E) sao cho ·F MF 01 2 120= 
(F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)). 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phương 
trình: x y z 3 0+ = + = . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA MB MC2 3+ +
uuur uuur uuur
 nhỏ nhất. 
Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, , a11 là các hệ số trong khai triển sau: x x x a x a x a10 11 10 91 2 11( 1) ( 2) ...+ + = + + + + . 
Tìm hệ số a5. 
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 y2 2( 3) ( 4) 35- + - = và điểm A(5; 5). Tìm trên (C) 
hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 
 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d: x y z1 3
1 1 1
- -
= = . Tìm trên d hai 
điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. 
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: 
y x y
x
x y x y
xy
2010
3 3
2 2
2log 2
ì æ ö
= -ç ÷ïï è ø
í +ï = +
ïî
============================ 
Trần Sĩ Tùng 
Hướng dẫn: 
I. PHẦN CHUNG 
Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}. 
 Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y x= thì: 
m x m x
x
m
x
2
2
2
(2 1) (*)
1
( 1) 1 (**)
( 1)
ì - -
=ï
ï -
í -ï =
ï -î
 Từ (**) ta có m x2 2( 1) ( 1)- = - Û x m
x m2
é =
ê = -ë
 · Với x = m, thay vào (*) ta được: m0 0= (thoả với mọi m). Vì x ¹ 1 nên m ¹ 1. 
 · Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: m m m m m2(2 1)(2 ) (2 )(2 1)- - - = - - - Û m 24( 1) 0- = Û m 1= 
 m = 1 Þ x = 1 (loại) 
 Vậy với m ¹ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y x= . 
Câu II: 1) PT Û x x x3 1cos2 sin2 cos6
2 2
-
+ = Û x x5cos 2 cos6
6
pæ ö
- =ç ÷
è ø
 Û 
x k
x l
5
48 4
5
24 2
p p
p p
é
= +ê
ê
ê = - +êë
 2) 
xyx y
x y
x y x y
2 2
2
2 1 (1)
(2)
ì
+ + =ï
+í
ï + = -î
. Điều kiện: x y 0+ > . 
 (1) Û x y xy
x y
2 1( ) 1 2 1 0
æ ö
+ - - - =ç ÷+è ø
 Û x y x y x y2 2( 1)( ) 0+ - + + + = Û x y 1 0+ - = 
 (vì x y 0+ > nên x y x y2 2 0+ + + > ) 
 Thay x y1= - vào (2) ta được: x x21 (1 )= - - Û x x2 2 0+ - = Û x y
x y
1 ( 0)
2 ( 3)
é = =
ê = - =ë
 Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3). 
Câu III: Đặt t x
2
p
= - Þ dt = –dx. Ta có I = t dt
t t
2
3
0
cos
(sin cos )
p
+
ò = 
x dx
x x
2
3
0
cos
(sin cos )
p
+
ò 
 Þ 2I = x dx
x x
2
3
0
sin
(sin cos )
p
+
ò + 
x dx
x x
2
3
0
cos
(sin cos )
p
+
ò = dx
x x
2
2
0
1
(sin cos )
p
+
ò = dx
x
2
20
1 1
2
cos
4
p
pæ ö-ç ÷è ø
ò 
 = x
2
0
1 tan
2 4
p
pæ ö
-ç ÷
è ø
 = 1 . Vậy: I = 1
2
. 
Câu IV: Vì ABB¢A¢ là hình bình hành nên ta có: C ABB C AB AV V. ' . ' '= . Mà C ABB ABC
a a aV A M S
2 3
. '
1 1 3 3. . .
3 3 2 4 8
¢= = = 
 Vậy, C ABB A C ABB
a aV V
3 3
. ' ' . '2 2 8 4
= = = . 
Câu V: Ta có: P = x y x y x2 2 2 2(2 ) ( 2) 4+ - + + + + - 
 Xét a x y b x y( ;2 ), ( , 2)= - = +
rr . Ta có: a b a b+ ³ +
r rr r Þ x y x y x x2 2 2 2 2 2(2 ) ( 2) 4 16 2 4+ - + + + ³ + = + 
 Suy ra: P ³ x x22 4 4+ + - . Dấu "=" xảy ra Û a b,
rr cùng hướng hay y = 0. 
 Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: ( )x x2 22 3 (3 1)(4 )+ £ + + Þ x x22 4 2 3+ ³ + 
 Dấu "=" xảy ra Û x 2
3
= . 
Trần Sĩ Tùng 
 Do đó: P ³ x x2 3 4+ + - ³ 2 3 4 2 3 4+ = + . Dấu "=" xảy ra Û x y2 , 0
3
= = . 
 Vậy MinP = 2 3 4+ khi x y
2 , 0
3
= = . 
II. PHẦN TỰ CHỌN 
1. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a: 1) Ta có: a b10, 5= = Þ c 5 3= . Gọi M(x; y) Î (E). Ta có: MF x MF x1 2
3 310 , 10
2 2
= - = + . 
 Ta có: ·F F MF MF MF MF F MF2 2 21 2 1 2 1 2 1 22 . .cos= + - 
 Û ( ) x x x x
2 2
2 3 3 3 3 110 3 10 10 2 10 10
2 2 2 2 2
æ ö æ ö æ öæ öæ ö
= - + + - - + -ç ÷ ç ÷ ç ÷ç ÷ç ÷
è ø è ø è øè øè ø
 Û x = 0 (y= ± 5) 
 Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5). 
 2) Gọi I là điểm thoả: IA IB IC2 3 0+ + =
uur uur uur r
 Þ I 23 13 25; ;
6 6 6
æ ö
ç ÷
è ø
 Ta có: T = ( ) ( ) ( )MA MB MC MI IA MI IB MI IC MI MI2 3 2 3 6 6+ + = + + + + + = =
uuur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uuur
 Do đó: T nhỏ nhất Û MI
uuur
 nhỏ nhất Û M là hình chiếu của I trên (P). 
 Ta tìm được: M 13 2 16; ;
9 9 9
æ ö
-ç ÷
è ø
. 
Câu VII.a: Ta có: x C x C x C x C10 0 10 1 9 9 1010 10 10 10( 1) ...+ = + + + + Þ ( )x x C C x10 5 4 610 10( 1) ( 2) ... 2 ...+ + = + + + 
 Þ a C C5 45 10 102 672= + = . 
2. Theo chương trình nâng cao 
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4). 
 · Ta có: AB AC
IB IC
ì =
í =î
 Þ AI là đường trung trực của BC. DABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của ·BAC . 
Do đó AB và AC hợp với AI một góc 045 . 
 · Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 045 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC. 
 Vì IA (2;1)=
uur
 ¹ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ Þ VTCP của d có hai thành phần đều 
khác 0. Gọi u a(1; )=r là VTCP của d. Ta có: 
 ( ) a aIA u
a a2 2 2
2 2 2cos ,
21 2 1 5 1
+ +
= = =
+ + +
uur r Û a a22 2 5 1+ = + Û 
a
a
3
1
3
é =
ê
= -ê
ë
 · Với a = 3, thì u (1;3)=r Þ Phương trình đường thẳng d: x t
y t
5
5 3
ì = +
í = +î
. 
 Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 9 13 7 3 13 9 13 7 3 13; , ;
2 2 2 2
æ ö æ ö+ + - -
ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 · Với a = 1
3
- , thì u 11;
3
æ ö
= -ç ÷
è ø
r Þ Phương trình đường thẳng d: 
x t
y t
5
15
3
ì = +ï
í = -ïî
. 
 Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: 7 3 13 11 13 7 3 13 11 13; , ;
2 2 2 2
æ ö æ ö+ - - +
ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 · Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13; , ;
2 2 2 2
æ ö æ ö+ - + +
ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 và 7 3 13 11 13 9 13 7 3 13; , ;
2 2 2 2
æ ö æ ö- + - -
ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d M d( , ) 2= . 
Trần Sĩ Tùng 
 Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = MH2 2 6
33
= 
 Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: 
x y z
x y z2 2 2
2 3
1 1 1
8( 2) ( 1) ( 2)
3
ì - -
= =ïï
í
ï - + - + - =
ïî
. 
 Giải hệ này ta tìm được: A B2 2 2 2 2 22 ; ;3 , 2 ; ;3
3 3 3 3 3 3
æ ö æ ö
+ + - - -ç ÷ ç ÷
è ø è ø
. 
Câu VII.b: 
y x y
x
x y x y
xy
2010
3 3
2 2
2log 2 (1)
(2)
ì æ ö
= -ç ÷ïï è ø
í +ï = +
ïî
 Điều kiện: xy 0> . Từ (2) ta có: x y xy x y3 3 2 2( ) 0+ = + > Þ x y0, 0> > . 
 (1) Û x yy
x
22 2010 -= Û x yx y 2.2010 2 .2010= . 
 Xét hàm số: f(t) = tt.2010 (t > 0). Ta có: f ¢(t) = t t2010 1 0
ln2010
æ ö
+ >ç ÷
è ø
 Þ f(t) đồng biến khi t > 0 Þ f(x) = f(2y) Û x = 2y 
 Thay x = 2y vào (2) ta được: y y 95 0
2
æ ö
- =ç ÷
è ø
 Û 
y loaïi
y x
0 ( )
9 9
10 5
é =
ê æ öê = =ç ÷
è øë
 Vậy nghiệm của hệ là: 9 9;
5 10
æ ö
ç ÷
è ø
. 
=====================