Đề số 6 Thi tuyển sinh đại học, cao đẳng 2010 môn toán

Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 1 
ĐỀ THAM KHẢO THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2010 
 SỐ 06 Môn TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I ( 2.0 điểm ) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
2
2
x
y
x


2. Viết phương trình tiếp tuyến  của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến 
tiếp tuyến  là lớn nhất. 
+ Giả sử   00 0 0
0
2
; ( )
1
x
M x y C y
x
  

+ Tiếp tuyến của (C) tại M là 
 
  002
00
24
:
22
x
y x x
xx
   

 , tâm đối xứng của (C) là  2;2I  
+ Ta có  
2 2
0 0: 4 2 2 0x x y x       
 
0
4
0
8 2
,
2 16
x
d I
x

 
 
+ AD bất đẳng thức Cauchy cho  
4
0 2 0 , 16x   ta được 
     
4 4 2
0 0 02 16 2 16. 2 8 2x x x       
4
0 02 16 2 2 2x x     
   
 
0
4
0
8 2
, 2 2
2 16
x
d I
x

  
 
. Dấu “=” xảy ra  
4 0
0
0
0
2 16
4
x
x
x

    
 
+ Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là y x và 8y x  . 
Câu II ( 2.0 điểm ) 
1. Giải phương trình 
24cos 2
tan 2 .tan 2
4 4 tan cot
x
x x
x x
    
     
   
 (1) 
+ ĐK:  
3
; ; ;
8 2 8 2 4 2 2
x k x k x k x k k
      
        
+ Ta có 
(1)  
2 2
2
2 2
4cos 2 1 tan 4 2 4
1 tan 2 1 0
tan cot tan 1 tan 2 tan 2 tan 2
x x
x
x x x x x x

        
 
 tan 2 1 2
4 8 2
x x k x k k
  
         
+ So với điều kiện, ta có phương trình vô nghiệm. 
2. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
3 2
1
1
4
22
y
x y x
x
x y
y

   

   

 (I) 
+ ĐK: 2 20; 0; 1 0x y x y     . Đặt 2 2 1 , 
x
u x y v
y
    
+ Giải hệ 
3 2
1
21 4
u v
u v

 

  
 bằng phép thế, ta được 
7
9
; 7
3
2
u
u
v v

 
 
  
+ KQ: Hệ (I) có 4 nghiệm      
14 4 14 4
; 3;1 , 3; 1 , 106; 106 , 106; 106
53 53 53 53
x y
   
       
   
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 2 
Câu III ( 1.0 điểm ). Tính tích phân 
8
3
ln
1
x
I dx
x


 
 + Đặt 
ln
' 1
1
' 2 1
1
u x
u
v v x
x

 
 
   
 . Ta có:  
88
3
3
1
2 1.ln 2
x
I x x dx
x

    6ln8 4ln3 2J   (1) 
 + Đặt 1t x  2dx tdt  và 2 1x t  , ta có: 
3 2
8 3
x t
x t
  
 
  
 + Khi đó 
3 32
2
2 2
2 1 1
2 2 ln 3 ln 2
1 1 1
t
J dt dt
t t t
 
       
   
  
 + Vậy: 20ln 2 6ln3 4I    
Câu IV ( 1.0 điểm ). 
 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600. Mặt 
phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm G của tam giác SAC, cắt SC và SD lần lượt tại M và N. Tính thể tích 
khối chóp S.ABMN theo a. 
 + Gọi O là tâm của hình vuông ABCD; I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD; K là giao điểm của IG 
và SJ. Tính được  
21 3 3
2 8
ABMN
a
S AB MN IK   
 + Chứng minh ( )SK ABMN . Từ đó suy ra 
3 3
.
1 3
.
3 8
S ABMN ABMN
a
V S SK  
Câu V ( 1.0 điểm ). 
 Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x thuộc  0;2 
 2 22 4log 2 4 log 2 5x x m x x m      (1) 
+ ĐK: 2 2 1x x m   
+ Đặt  24log 2 1 , 0t x x m t     . Bất phương trình (1) trở thành 2
0
0 1
4 5 0
t
t
t t

  
  
  
2
2
( ) 2 1
0;2
( ) 2 4
m f x x x
x
m g x x x
     
  
    
 . Khi đó: 
 
 
0;2
0;2
max ( )
2 4
min ( )
x
x
m f x
m
m g x




  

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2). 
1. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu VI.a ( 2.0 điểm ) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có  3;6A  , trực tâm  2;1H và trọng 
tâm 
4 7
;
3 3
G
 
 
 
. Xác định tọa độ các đỉnh B và C. 
+ Ta có: 
4 7
;
3 3
G
 
 
 
là trọng tâm ABC và  3;6A  
7
1
B C
B C
x x
y y
 
 
 
 (1) 
+ Gọi M là trung điểm BC, ta có 
1 7 1
;
2 2 2
GM AG M
 
   
 
 
. 
Từ đó suy ra phương trình BC: 3 0x y   3B By x   (2) 
+ Mặt khác: . 0ABCH 
 
 (3) 
+ Kết hợp (1), (2) và (3) ta có:    1; 2 , 6;3B C hoặc    6;3 , 1; 2B C  
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 3 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) có phương trình lần lượt 
là 2 2 3 0x y z    và 2 2 2 2 4 8 4 0x y z x y z       . Xét vị trí tương đối của mặt phẳng (P) và mặt 
cầu (S). Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng (P). 
+ (S) có tâm  1; 2;4I  và bán kính 5R  >  , ( ) 3d I P  . Do đó (P) cắt (S). 
+ (S’) đối xứng với (S) qua (P)  Tâm I’ của (S’) đối xứng với tâm I của (S) qua (P) và 'R R 
+ phương trình đường thẳng d qua I vuông góc với (P) là 
1 2
2
4 2
x t
y t
z t
 

  
  
+ Gọi H là giao điểm của d và (P), ta được  1; 1;2H   . Từ đó suy ra  ' 3;0;0I  
+ phương trình mặt cầu (S’):  
2 2 23 25x y z    
Câu VII.a ( 1.0 điểm ) Chứng minh rằng, với mọi *n ta có: 
1 3 2 1 2 4 2
2 2 2 2 2 23 (2 1) 2 4 2
n n
n n n n n nC C n C C C nC
         
 + Khai triển  
2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2
2 2 2 2 21
n n n n n
n n n n nx C C x C x C x C x
       
 + Lấy đạo hàm hai vế ta được; 
    
2 1 1 2 2 1 2 2 2 2 1
2 2 2 22 1 2 2 1 2
n n n n n
n n n nn x C C x n C x nC x
          (1) 
 + Từ (1) cho 1x   , ta có 1 3 2 1 2 4 2
2 2 2 2 2 23 (2 1) 2 4 2
n n
n n n n n nC C n C C C nC
         
2. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VI.b ( 2.0 điểm ) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d có phương 
trình 4 2 0x y   , cạnh BC song song với d, đường cao kẻ từ B có phương trình 3 0x y   và điểm 
 1;1M là trung điểm của cạnh AC. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 
+ Ta có: : 0AC BH AC x y    . Suy ra tọa độ A: 
4 2
0
x y
x y
 

 
2
3
2
3
x
y

 
 
  

+  1;1M là trung điểm của cạnh AC 
8 8
;
3 3
C
 
  
 
+ : 4 8 0BC d BC x y   ∥ . Từ đó ta được  4;1B  
+ KQ:  
2 2 8 8
; , 4;1 , ;
3 3 3 3
A B C
   
     
   
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với  3; 1; 2A   ,  1;5;1B , 
 2;3;3C . Biết rằng AB là cạnh đáy lớn và CD là cạnh đáy nhỏ (AB > CD). Tìm tọa độ đỉnh D . 
+ d là đường thẳng qua C, song song với AB 
2 3 3
:
2 6 3
x y z
d
  
  

+ (S) là mặt cầu tâm A, bán kính 3R BC   (S):      
2 2 2
3 1 2 9x y z      
+ Điểm D là giao điểm của d và (S)  
164 51 48
; ;
49 49 49
D
 
 
 
Câu VII.b ( 1.0 điểm ) Chứng minh rằng, với mọi *n ta có: 
2 1
0 2 4 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
3 5 2 1 2 1
n
n
n n n nC C C C
n n

    
 
 
 + Khai triển  
2 0 1 2 2 2 1 2 1 2 2
2 2 2 2 21
n n n n n
n n n n nx C C x C x C x C x
       
 + Lấy tích phân hai vế:    
1 1
2 0 1 2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
1
n n n
n n n nx dx C C x C x C x dx
 
        
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 4 
 
1
2 1 1
0 1 2 3 3 2 2 1
2 2 2 2
1
1
1 1 1 1
2 1 2 3 2 1
n
n n
n n n n
x
C x C x C x C x
n n




  
      
  
 
2 1
0 2 4 2
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 1 3 5 2 1
n
n
n n n nC C C C
n n

     
 
