ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010-CÓ ĐÁP ÁN

B GIO DC V O TO THI TH I HC, CAO NG NM 2010
Mụn thi : TON
Thi gian lm bi : 150 phỳt, khụng k thi gian giao
Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh .
Câu I (2,0 điểm) Cho hm s
1x
x
y

=
(C)
1. Kho sỏt v v th hm s.
2. Vit phng trỡnh tip tuyn d ca (C) sao cho d v hai tim cn ca (C) ct nhau
to thnh mt tam giỏc cõn.
Câu II (2,0 điểm )
1) Gii phng trỡnh: (1 tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx
2) Tỡm m h phng trỡnh :





=+
=
1xyx
0myx2
cú nghim duy nht
Câu III(1,0 điểm ) Trong mt phng ta Oxy, tớnh din tớch hỡnh phng gii hn bi cỏc
ng y = x
2
v

2
x2y =
.
Câu IV ( 1,0 điểm ) : Trong mt phng (P) cho na ng trũn ng kớnh AB = 2R v
im C thuc na ng trũn ú sao cho AC = R. Trờn ng thng vuụng gúc vi (P) ti
A ly im S sao cho
( )
o
60SBC,SAB =

. Gi H, K ln lt l hỡnh chiu ca A trờn SB, SC.
Chng minh AHK vuụng v tớnh V
SABC
?
Câu V (1,0 điểm ) Cho a, b l cỏc s dng tha món ab + a + b = 3.
Chng minh:
2
3
ba
ba
ab
1a
b3
1b
a3
22
++
+
+
+

+
+
.
Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo ch ơng trình chuẩn )
Câu VI.a
1.( 1,0 điểm ) Trong mt phng Oxy cho cỏc im A(0, 1) B(2, 1) v cỏc ng thng:
d
1
: (m 1)x + (m 2)y + 2 m = 0
d
2
: (2 m)x + (m 1)y + 3m 5 = 0
Chng minh d
1
v d
2
luụn ct nhau. Gi P = d
1
d
2
. Tỡm m sao cho
PBPA +
ln nht
2.( 1,0 điểm ) Cho mt phng (P): x 2y + 2z 1 = 0 v cỏc ng thng
2
z
3
3y
2

1x
:d
1
=


=

v
5
5z
4
y
6
5x
:d
2

+
==

.Tỡm cỏc im M d
1
, N d
2
sao cho MN // (P)
v cỏch (P) mt khong bng 2.
Cõu VII.a (1 im): Gii phng trỡnh trờn tp s phc:
82)6()4(
44

=+++
zz

Phần 2 ( Dành cho học sinh học ch ơng trình nâng cao )
Cõu VI.b
1. (1.0 im) . Cho ng trũn (C): x
2
+ y
2
8x + 6y + 21 = 0 v ng thng d:
01yx =+
. Xỏc nh ta cỏc nh hỡnh vuụng ABCD ngoi tip (C) bit A d
2. (1,0 điểm) Trong khụng gian Oxyz cho cỏc im A(3,5,5); B(5,3,7); v mt phng
(P): x + y + z = 0
1. Tỡm giao im I ca ng thng AB vi mt phng (P).
2. Tỡm im M (P) sao cho MA
2
+ MB
2
nh nht.
CâuVII.b ( 1,0 điểm) Gii phng trỡnh trờn tp s phc:
0)3()1(
222
=+++ zz

30
ĐÁP ÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
CÂU I 1. Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải)
2. Ta có

( )
2
1
y' 0, x 1
x 1
−
= < ∀ ≠
−
Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông cân ta phải có hệ số góc của tiếp
tuyến là –1 tức là:
( )
( )
2x ,0x11x1
1x
1
21
2
2
==⇒=−⇔−=
−
−
. Tại x
1
= 0 ⇒ y
1
= 0 ⇒ phương trình tiếp tuyến là y = –x
. Tại x
2
= 2 ⇒ y
2

= 2 ⇒ phương trình tiếp tuyến là y = –x + 4
CÂU II
1.Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx (1)
Đặt: t = tgx
2
t1
t2
x2sin
+
=⇒
. Pt (1) thành

( )
2
2t
1 t 1 1 t
1 t
 
− + = +
 ÷
+
 
( ) ( )
2
2
1 t t 1 (t 1)(1 t )⇔ − + = + +

( ) ( )
2
t 1 0 hay 1 t t 1 (1 t )⇔ + = − + = +

t 1 hay t 0⇔ = − =
Do đó (1) ⇔ tgx = 0 hay tgx = –1
⇔ x = kπ hay x =
4
π
−
+ kπ, k
∈¢
Cách khác
(1) ⇔ (cosx – sinx)(cosx + sinx)
2
= cosx + sinx
(hiển nhiên cosx = 0 không là nghiệm)
⇔ cosx + sinx = 0 hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) = 1
⇔ tgx = -1 hay cos2x = 1⇔ x =
4
π
−
+ kπ hay x = kπ, k
∈¢

2. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất
(I)





−=

=−−
⇔





=+
=−−
x1xy
0myx2
1xyx
0myx2
Với điều kiện:



≤
≥
1x
0xy
ta có
(I)
⇔
( )
( )
( )
2
2
y 2x m

y 2x m
1 x
xy 1 x
y x 1
x
= −

= −


⇔
−
 
= −
= ≤



( )
( )
2
2
1 x
2x m x 2 m x 1 0
x
−
⇒ = − ⇔ + − − =
(∗)
( hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của (∗) )
Đặt

( )
2
f (x) x 2 m x 1= + − −
, ( a = 1 )
ycbt ⇔ tìm m để phương trình (∗) có đúng 1 nghiệm thỏa x ≤ 1
⇔ af(1) < 0 hay
f (1) 0 0(vn,do ac 0)
c b
hay
1 1(VN) 1
a 2a
= ∆ = <
 
 
 
= − > − ≤
 
 
⇔
2 m−
< 0 ⇔ m > 2
CÂU III
Ta có:



=+
≥
⇔−=
2yx

0y
x2y
22
2
Là nửa đường tròn tâm O, bán kính
2R =
, có y ≥ 0
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x
2
và
2
x2y −=
:
2 2
x 2 x x 1= − ⇔ = ±
; x
2
và
[ ]
khix 1;1∈ −
thì
2
2 x− ≥
x
2
Do đó ta có

( )
∫∫∫
−−−

−−=−−=
1
1
2
1
1
2
1
1
22
dxxdxx2dxxx2S
∫
−
−=
1
1
2
1
dxx2I
Đặt: x =
2
sint















ππ
−∈
2
,
2
t
⇒ dx =
2
costdt
x 1 t ;x 1 t
4 4
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =
∫∫
π
π
−
π
π
−
=−=
4
4
4

4
2
1
tdtcos2.tcos2tdtcos2.tsin22I
( )






+
π
=






+=+==
π
π
−
π
π
−
π
π
−

∫∫
2
1
4
2t2sin
2
1
tdtt2cos1tdtcos2I
4
4
4
4
4
4
2
1
(Nhận xét :
( ) ( )
4 4
1
0
4
I 1 cos2t dt 2 1 cos2t dt
π π
π
−
= + = +
∫ ∫
Vì f(t) =
1 cos2t+

là hàm chẵn)

1 1
2 2
2
1 0
2
I x dx 2 x dx
3
−
= = =
∫ ∫
Vậy
3
1
23
2
1
23
2
2
1
4
2S +
π
=−+
π
=−







+
π
=
(đvdt )
(Nhận xét :
(
)
(
)
1 1
2 2 2 2
1 0
S 2 x x dx 2 2 x x dx
−
= − − = − −
∫ ∫
Vì g(x) =
2 2
2 x x− −
là hàm chẵn)
C©u IV * Chứng minh ∆AHK vuông
Ta có: AS ⊥ CB
AC ⊥ CB (∆ACB nội tiếp nửa đường tròn)
⇒ CB ⊥ (SAC) ⇒ CB ⊥ AK
mà AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ (SCB)
⇒ AK ⊥ HK ⇒ ∆AHK vuông tại K

* Tính V
SABC
theo R
Kẻ CI ⊥ AB
Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC ⇒ ∆AOC đều
⇒
2
R
IOIA ==
Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB)
Suy ra hình chiếu vuông góc của ∆SCB trên mặt phẳng (SAB) là ∆SIB
Vì
AB
4
3
BI =
. Suy ra
SA.R.
4
3
S
4
3
S
SABSIB
==
(∗)
Ta có:
22
SBC

RSA.3R
2
1
SC.BC
2
1
S +==
Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có:
22
SBC
o
SBCSIB
RSA
4
3R
S
2
1
60cos.SS +===
(∗∗)
Từ (∗), (∗∗) ta có:
2
R
SA =
Từ đó
12
6R
ABCdt.SA
3
1

V
3
SABC
=∆=
C©u VTừ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3. Suy ra:
.
ab 3 (a b)= − +
, (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4
bđt đã cho tương đương với
2 2
3 3a(a 1) 3b(b 1) 3
a b 1
2 (a 1)(b 1) a b
+ + +
+ + ≥ + −
+ + +
( )
( )
1
ba
3
ba
4
3
ba
4
3
2
3
ba

2222
−
+
++++≥++⇔
( ) ( )
( )
4
ba
12
ba3ba36ba4
2222
−
+
++++≥++⇔
( )
2 2
12
a b 3 a b 10
a b
⇔ + − + − + ≥
+
(A)
Đặt x = a+b > 0
2 2
x (a b) 4ab 4(3 x)⇒ = + ≥ = −

2
x 4x 12 0 x 6hay x 2⇒ + − ≥ ⇒ ≤ − ≥
x 2⇒ ≥
( vì x > 0)

2 2 2
x a b 2ab= + +
2 2 2 2
a b x 2(3 x) x 2x 6⇒ + = − − = + −
Thế x như trên , (A) thành

2
12
x x 4 0
x
− − + ≥
, với x≥ 2

3 2
x x 4x 12 0⇔ − + − ≥
, với x≥ 2

( )
( )
2
x 2 x x 6 0⇔ − + + ≥
, với x≥ 2 (hiển nhiên đúng)
Vậy bđt cho đã được chứng minh.
C©u VI.a
1.Tọa độ giao điểm P của d
1
, d
2
là nghiệm của hệ phương trình
(m 1)x (m 2)y m 2

(2 m)x (m 1)y 3m 5
− + − = −


− + − = − +

Ta có
2
2
m 1 m 2
3 1
D 2m 6m 5 2 m 0 m
2 m m 1 2 2
− −
 
= = − + = − + > ∀
 ÷
− −
 
Vì
2
3 1
D 2 m 0 m
2 2
 
= − + > ∀
 ÷
 
nên d
1

, d
2
luôn luôn cắt nhau.
Ta dễ thấy A(0,1) ∈ d
1
; B(2,−1) ∈ d
2
và d
1
⊥ d
2
⇒ ∆ APB vuông tại P ⇒ P nằm trên đường tròn đường kính AB.
Ta có (PA + PB)
2
≤ 2(PA
2
+ PB
2
) = 2AB
2
= 2
2
(2 2) 16=
⇒ PA + PB ≤ 4. Dấu "=" xảy ra ⇔ PA = PB ⇔ P là trung điểm của cung
»
AB
Vậy Max (PA + PB) = 4 khi P là trung điểm của cung
»
AB
⇒ P nằm trên đường thẳng y = x – 1 qua trung điểm I (1 ;0) của AB

và IP =
2
⇒ P (2 ; 1 ) hay P (0 ;- 1)
Vậy ycbt ⇔ m = 1 v m = 2
2. 2.P/trình tham số d
1
:
x 1 2t
y 3 3t
z 2t
= +


= −

=


( )
1
M d M 1 2t,3 3t, 2t∈ ⇒ + −
P/trình tham số d
2
:
x 5 6t '
y 4t '
z 5 5t '
= +



=

= − −



( )
2
M d N 5 6t ',4t ', 5 5t '∈ ⇒ + − −
Vậy
( )
5t2't5,3t3't4,4t2't6MN −−−−++−=
Mặt phẳng (P) có PVT
( )
2,2,1n
P
−=
Vì MN // (P)
0n.MN
P
=⇔
( ) ( ) ( )
1 6t ' 2t 4 2 4t ' 3t 3 2 5t ' 2t 5 0 t t '⇔ − + − + − + − − − = ⇔ = −
. Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) bằng d(M, P) vì MN // (P)
( ) ( )
2
441
1t22t332t21
=
++

−+−−+
6 12t 6 6 12t 6 hay 6 12t 6 t 1hay t 0⇔ − + = ⇔ − + = − + = − ⇔ = =
. t = 1 ⇒ t' = –1 ⇒ M
1
(3, 0, 2) N
1
(–1, –4, 0)
. t = 0 ⇒ t' = 0 ⇒ M
2
(1, 3, 0) N
2
(5, 0, –5)
C©u VII.a Đặt
5+= zt
. Khi dó phương trình (5) trở thành:






±−=
−=
−=
⇒




±=

=
⇔=−+
105
7
3
10
4
0406
2
2
24
iz
z
z
it
t
tt
Vậy nghiệm của phương trình là:
105;7;3 izzz
±−=−=−=
C©u VI.b
1) y
0 2 4 6 x
A D
–3 I
–5 B C
Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2
Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0. Vậy I ∈ d
Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2
tiếp tuyến của (C ) nên

. Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1)
. Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 ⇒ A(6, –5)
. Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1)
. Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5)
2.a) Đường thẳng AB có VTCP
( ) ( )
3,2,2412,8,8a −=−=
Phương trình đường thẳng AB:





+−=
−=
+−=
t35z
t25y
t23x
Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t)
AB (P)∈ ∩
khi
(–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 ⇔ t = 1
Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2)
b) Tìm M ∈ (P) để MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất
Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH nên:

2
AB
MH2MBMA
2
222
+=+
Do đó MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất ⇔ MH
2
nhỏ nhất
Ta để thấy H(1, 1, 1), M ∈ (P)
MH nhỏ nhất ⇔ MH ⊥ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT
( )
1,1,1OH =
và O ∈ (P)
⇒ M ≡ (0, 0, 0)
Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất.
(khi đó, ta có
min(MA
2
+ MB
2
) = OA

2
+ OB
2
= (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142)
C©u VIIb Phương trình (6) tương đương với:







+−=
−=
−−=
+=
⇔




=+++
=−+−
⇔




+−=+
+=+

⇔+=+
iz
iz
iz
iz
iizz
iizz
ziz
ziz
ziz
21
1
1
21
031
031
)3(1
)3(1
)3()1(
2
2
2
2
2222

Vậy nghiệm của phương trình là:

iziziziz
−=+−=−−=+=
1;21;1;21