Trần Sĩ Tùng
Trường THPT Phan Châu Trinh
ĐÀ NẴNG
Đề số 13
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối D
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
3
1
x
y
x
-
=
+
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Viết phương trình đường thẳng d qua điểm
(
)
1;1
I - và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm
của đoạn MN.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
( )
cos3sin23sin3cos2
+=+

ABCABC
có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BC)
bằng
2
a
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ
.'''
ABCABC
.
Câu V (1 điểm): Chứng minh
( )
abc
abbccaabc
abbcca
222
1
2
+++++³++
+++
với mọi số dương
;;
abc
.
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Giải bất phương trình:
(
)
(

ì
+=+
ï
í
=
ï
î

2) Tìm nguyên hàm của hàm số
()
cos21
cos21
x
fx
x
-
=
+
.
Câu VII.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (Oxy) , cho điểm
1
3;
2
M
æö
ç÷
èø
. Viết phương trình chính tắc của elip
đi qua điểm M và nhận
(

3
:1
1
x
PTkxk
x
-
=++
+
cú 2 nghim phõn bit khỏc
1
-
.
Hay:
(
)
2
240
fxkxkxk
=+++=
cú 2 nghim phõn bit khỏc
1
-

( )
0
400
140
k
kk

xxxx
-=+
1331
cos3sin3cos2sin2
2222
xxxx
-=+
cos3cos2
36
xx
pp
ổửổử
+=-
ỗữỗữ
ốứốứ

2
6
2
105
p
p
pp
ộ
=-+
ờ
ờ
ờ
=-+
ờ

33
; -
xy
l cỏc nghim ca phng trỡnh:
2
4270231
XXX ==
Vy nghim ca H PT l
33
231,231
xy=+= hoc
33
231,231
xy=-=-+ .
ã Khi:
3
xy
=-
, ta cú:
33
4
xy
-=-
v
(
)
33
.27
-=
xy

-+=

( )
1
1
2
=+
+
mtt
t

Xột hm s:
() ()
( )
2
11
'1
2
2
fttft
t
t
=+ị=-
+
+
( )
2
2
43
2

ỡ
ị^ị^
ớ
^
ợ
BCAM
BCAAMBCAH
BCAA
.
M '(')
2
a
AHAMAHABCAH
^ị^ị=
.
Mt khỏc:
222
1116
'
4
'
a
AA
AHAAAM
=+ị= .
Kt lun:
3
.'''
32
16

ca
-
+
(3).
Cng (1), (2), (3), ta cú:
( )
222
1
2
abc
abbccaabc
abbcca
+++++++
+++

II. PHN T CHN
1. Theo chng trỡnh chun
Trần Sĩ Tùng
Câu VI.a: 1) Điều kiện:
06
x
<<
.
BPT
(
)
( )
2
2
22

2
ln
ì
ì
ï
=
=
Þ
íí
=
î
ï
=
î
. Suy ra :
222
lnln2ln2
==-=-+
òò
IxdxxxdxxxxC

Câu VII.a: Gọi
(
)
(
)
;0,0;
AaBb
là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra:
:1

8
ab
=
thì
28
ba
+=
. Nên:
1
2;4:240
badxy
==Þ+-=
.
· Khi
8
ab
=-
thì
28
ba
+=-
. Ta có:
2
440222
bbb+-=Û=-±
.
+ Với
(
)
(

(*).
Từ (1) ta có:
( )( )
22
10
1
=
é
+=+Û-+-=Û
ê
=-
ë
yx
yxxyyxyx
yx

· Khi:
yx
=
thì (*) Û
xx
yx
1
23
+
ì
=
í
=
î

í
=
î
Û
6
6
log9
1log9
=
ì
í
=-
î
x
y

2) Ta có:
(
)
2
tan
fxx
=-
2
1
1
cos
=-
x
Þ

î
Û
a
b
2
2
4
1
ì
ï
=
í
=
ï
î
. Vậy (E):
22
1
41
xy
+=

===================== Trn S Tựng
Trung tõm BDVH & LTH
QUANG MINH
s 9
THI TH I HC V CAO NG NM 2010

xy
xyxy
22
2
2
1
ỡ
++=
ù
+
ớ
ù
+=-
ợ

Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn: I =
x
dx
xx
2
3
0
sin
(sincos)
p
+
ũ

Cõu IV (1 im): Cho hỡnh lng tr tam giỏc ABC.AÂBÂCÂcú ỏy l tam giỏc u cnh bng a, AÂM ^ (ABC), AÂM =
a

2) Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho 3 im A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) v mt phng (P) cú phng
trỡnh:
xyz
30
+=+=
. Tỡm trờn (P) im M sao cho
MAMBMC
23++
uuuruuuruuur
nh nht.
Cõu VII.a (1 im): Gi a
1
, a
2
, , a
11
l cỏc h s trong khai trin sau:
xxxaxaxa
1011109
1211
(1)(2) ++=++++ .
Tỡm h s a
5
.
2. Theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b (2 im):
1) Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng trũn (C): xy
22
(3)(4)35
-+-=

+
ù
=+
ù
ợ

============================

Trn S Tựng
Hng dn:
I. PHN CHUNG
Cõu I: 2) TX: D = R \ {1}.
th tip xỳc vi ng thng
yx
=
thỡ:
mxm
x
x
m
x
2
2
2

ờ
=-
ở

ã Vi x = m, thay vo (*) ta c:
m
00
=
(tho vi mi m). Vỡ x
ạ
1 nờn m
ạ
1.
ã Vi x = 2 m, thay vo (*) ta c: mmmmm
2
(21)(2)(2)(21)
=
m
2
4(1)0
-=

m
1
=

m = 1 ị x = 1 (loi)
Vy vi m ạ 1 thỡ th hm s tip xỳc vi ng thng
yx
=

ờ
=-+
ờ
ở

2)
xy
xy
xy
xyxy
22
2
2
1(1)
(2)
ỡ
++=
ù
+
ớ
ù
+=-
ợ
. iu kin:
xy
0
+>
.
(1) xyxy
xy

vo (2) ta c:
xx
2
1(1)
=

xx
2
20
+-=

xy
xy
1(0)
2(3)
ộ
==
ờ
=-=
ở

Vy h cú 2 nghim: (1; 0), (2; 3).
Cõu III: t
tx
2
p
=-
ị dt = dx. Ta cú I =
t
dt

(sincos)
p
+
ũ
+
x
dx
xx
2
3
0
cos
(sincos)
p
+
ũ
=
dx
xx
2
2
0
1
(sincos)
p
+
ũ
=
dx
x

.
Cõu IV: Vỡ ABBÂAÂ l hỡnh bỡnh hnh nờn ta cú:
CABBCABA
VV
.'.''
= . M
CABBABC
aaa
VAMS
23
.'
1133

33248
Â
===
Vy,
CABBACABB
aa
VV
33
.''.'
22
84
===.
Cõu V: Ta cú: P = xyxyx
2222
(2)(2)4
+-++++-


23(31)(4)
+Ê++ ị
xx
2
2423
++

Du "=" xy ra
x
2
3
=
.
Trn S Tựng
Do ú: P
xx
234
++-

234234
+=+
. Du "=" xy ra
xy
2
,0
3
==
.
Vy MinP =
234

2 cos=+-

( )
xxxx
22
2
33331
103101021010
22222
ổửổửổửổử
ổử
=-++ +-
ỗữỗữỗữỗữ
ỗữ
ốứốứốứốứốứ
x = 0 (y= 5)
Vy cú 2 im tho YCBT: M
1
(0; 5), M
2
(0; 5).
2) Gi I l im tho:
IAIBIC
230
++=
uuruuruur
r
ị I
231325
;;

Cõu VII.a: Ta cú:
xCxCxCxC
1001019910
10101010
(1) +=++++ ị
(
)
xxCCx
10546
1010
(1)(2) 2
++=+++

ị aCC
54
51010
2672
=+=.
2. Theo chng trỡnh nõng cao
Cõu VI.b: 1) (C) cú tõm I(3; 4).
ã Ta cú:
ABAC
IBIC
ỡ
=
ớ
=
ợ
ị AI l ng trung trc ca BC. DABC vuụng cõn ti A nờn AI cng l phõn giỏc ca
ã

12151
++
===
+++
uur
r

aa
2
2251+=+
a
a
3
1
3
ộ
=
ờ
=-
ờ
ở

ã Vi a = 3, thỡ
u
(1;3)
=
r
ị Phng trỡnh ng thng d:
xt
yt

ị Phng trỡnh ng thng d:
xt
yt
5
1
5
3
ỡ
=+
ù
ớ
=-
ù
ợ
.
Ta tỡm c cỏc giao im ca d v (C) l:
7313111373131113
;,;
2222
ổửổử
+ +
ỗữỗữ
ốứốứ

ã Vỡ AB = AC nờn ta cú hai cp im cn tỡm l:
731311139137313
;,;
2222
ổửổử
+-++

3
ỡ

==
ù
ù
ớ
ù
-+-+-=
ù
ợ
.
Gii h ny ta tỡm c: AB
222222
2;;3,2;;3
333333
ổửổử
++
ỗữỗữ
ốứốứ
.
Cõu VII.b:
y
xy
x
xy
xy
xy
2010
33

.
(1)
xy
y
x
2
2
2010
-
=
xy
xy
2
.20102.2010
= .
Xột hm s: f(t) =
t
t
.2010
(t > 0). Ta cú: f
Â
(t) =
t
t
201010
ln2010
ổử
+>
ỗữ
ốứ

ổử
ỗữ
ốứ
.
=====================
Trần Sĩ Tùng
Trường THPT Phan Châu Trinh
ĐÀ NẴNG
Đề số 12
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số =-++
yxmxmm
4224
22
(1), với m là tham số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1.
2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi
<
m
0
.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
p
æö
++=

21
.
Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho
=
BCBM
4
,
=
BDBN
2
và
=
ACAP
3
. Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần. Tính tỉ số thể
tích giữa hai phần đó.
Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương
xyz
;;
thỏa điều kiện
++£
xyz
1
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

æö
=+++++
ç÷
èø
Pxyz

. Lập phương trình đường
tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d).
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Giải bất phương trình:
(
)
++<
xxx
248
21logloglog0

2) Tìm m để đồ thị hàm số
( )
=+
yxmxmx
32
55
có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số
=
yx
3
.
Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm
(
)
(
)
(
)

)
=
txt
2
0
, ta cú :
-++=
tmtmm
224
220
(**)
Ta cú :
D=->
m
'20
v
=>
Sm
2
20
vi mi
<
m
0
. Nờn PT (**) cú nghim dng.
ị PT (*) cú ớt nht 2 nghim phõn bit (pcm).
Cõu II: 1) PT
++-=
xxx
3sin2cos24sin10

ờ
=
ờ
ở
x
xk
sin1
3

p
p
p
ộ
=+
ờ
ờ
=
ở
xk
xk
5
2
6

2)
ỡ
-=
ớ
+=
ợ

=-+ị=+>
fyyfy
y
y
2
11
2'10

Da vo BTT ta kt lun c h cú nghim duy nht
>
m
2
.
Cõu III: Ta cú:
()
Â
ổửổử

=
ỗữỗữ
++
ốứốứ
xx
fx
xx
2
111

32121
ị


Nờn: ===ị=
APQN
APQNABCD
ACDN
V
APAQ
VV
VACAD
.
.
.
1311

35510
(1)
V:
===ị=
CPMN
ABMNPABCD
CABN
V
CPCM
VV
VCACB
.
.
2311

3424

2
1812
(2) v
+
z
z
2
1812
(3).
M:
(
)
-++-
xyz
1717
(4). Cng (1),(2),(3),(4), ta cú:

P
19
. Du "=" xy ra
===
xyz
1
3

Vy GTNN ca P l 19 khi
===
xyz
1
3

ù
=
ở
ợ
tx
t
t
2
log
1
2

ộ
=
ờ
=
ở
x
x
2
4

Trn S Tựng
2) Ta cú: =+
-
y
x
1
1
2

244,
3
.
ã
=
m
4
3
thỡ phng trỡnh ng trũn l:
ổửổử
-++=
ỗữỗữ
ốứốứ
xy
22
4416
339
.
ã
=
m
4
thỡ phng trỡnh ng trũn l:
( ) ( )
-+-=
xy
22
4416
.
2. Theo chng trỡnh nõng cao

xx
-<<<<
.
2) Ta cú:
(
)
2
'3255;"6210
yxmxmyxm
=+ =+-
.

5
"0
3
m
yx
-
== ; yÂÂ i du qua
5
3
m
x
-
= .
Suy ra:
( ) ( )
3
2555
5

ỗữ
ốứ

=
m
5

Cõu VII.b: Ta cú:
32
ABBCCA===
ị
ABC
D
u. Do ú tõm I ca ng trũn ngoi tip
ABC
D
l trng tõm
ca nú.
Kt lun:
588
;;
333
I
ổử
-
ỗữ
ốứ
.
=====================
THI TH I HC, CAO NG NM 2010

2. Gii PT :

2 2
2 1
cos cos sin +1
3 3 2
x x x






Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx







Cõu IV. (2,0 im)Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a,

abc
3
1

Phần Riêng: (3 điểm)
Thí sinh chỉ đợc chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chơng trình chuẩn.
Câu VI.a (2 điểm) 1)Cho

ABC có PT hai cạnh là: 0.21-7y4x





,0625 yx Trực tâm của
tam giác trùng với gốc toạ độ O, lập phơng trình cạnh còn lại.
2.Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho im M(2 ; 1 ; 0) v ng thng d với
d :
x 1 y 1 z
2 1 1
.Vit phng trỡnh chớnh tc ca ng thng i qua im M,
ct v vuụng gúc vi ng thng d và tìm toạ độ của điểm M đối xứng với M qua d
Câu VII.a (1 điểm) Một lớp học có 40 học sinh, cần cử ra một ban cán sự gồm một lớp
trởng, một lớp phó và 3 ủy viên (Biết rằng không phân biệt các chức danh là ủy viên). Hỏi
có bao nhiêu cách lập ra một ban cán sự.
B. Theo chơng trình nâng cao.


HNG DN GII
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. 1/*-Tập xác định:D=R\{1}.
*-Sự biến thiên.
a-Chiều biến thiên.
0
)1x(
3
'y
2





Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng
( ;1) và (1; )b-Cực trị:hàm số không có cực trị
c-giới hạn:




)
1
x
2x


d-Bảng biến thiên: x -

1 +
y - -
y 1 +
-

1
1
*-Đồ thị:
Đồ thị nhận I(1;
1
) làm tâm đối xứng
Giao với trục toạ độ:Ox (-
0
;
2
)
Oy (0;
2

)




Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc: )4(02ax)2a(2x)1a(
2

Để (4) có 2 nghiệm
1
x

là:














2a
1a
06a3'
03)1(f
1a







3
2
a0
3
6a9
0
1)xx(xx
4)xx(2xx
2121
2121








Vậy 1a
3
2
thoả mãn đkiện bài toán.
2
-2
5







2. (1,0 im)Giải hệ phơng trình:








0222
0964
22
224
yxyx
yyxx

* Hệ phơng trình tơng đơng với









* Thay vào hệ phơng trình ta có:
2 2
4
. 4( ) 8
u v
u v u v




2
0
u
v





hoặc
0
2
u
v









;
2
5
x
y







; :

Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=
6 6
4
4
sin cos
6 1
x
x x
dx





2I =
4
2
4 4
4 4
4
3 5 3 5 3 1 5
1 sin cos 4 sin 4
4 8 8 8 8 4 16
t dt t dt t t









=>I =
5
32



heconghiem va
b t
c t















Do
2
4 3 13
r R R
Vy cú 2 mt cu theo ycbt :

2 2 2
1
2 2 2
2
11 14 1
( ) : 13








xy
z
zx
y
zy
x
A
111111
333
2
3
333





yx
xyz
xz
xzy
zy
yzx

c
a
c
b
c
b
a






Thật vậy.
áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dơng ta có:
a
cb
c
b
a




4
2
, b
ac
a
c

c
b
c
b
a






Bạn đọc tự đánh giá dấu = xảy ra khi a = b = c.
Vậy A=
2
3
2
3
2
3
222








xyz
zyx

0,25
1. (1,0 điểm)
Ta giả sử tam giác ABC có cạnh AB :
0625



yx
AC: 021-7y4x


, suy ra tọa độ của
A là nghiệm của hệ phơng trình:





2174
625
yx
yx
, giải hệ suy ra A(0; 3)
Nhận thấy A thuộc Oy, OA là đờng

x
yx
yx

Đờng thẳng đi qua B(- 4; -
7) và song song với Ox chính là đờng thẳng BC suy ra
phơng trình cạnh BC: y = - 7.
Vậy phơng trình cạnh còn lại của tam giác ABC là y = -7.

0,25 0,25 0,25 0,25
VI.a
(2 điểm)

2
u
(-1; 1; 2).
Do mp(P) chứa đờng thẳng (d
1
) và song song với đờng thẳng (d
2
) nên (P) có cặp
véctơ chỉ phơng là
1
u
và
2
u
.
Vậy mp(P) có véctơ pháp tuyến là:















A
B
C

O(0; 0)
A
B
A
(d
1
)
(d
2
)
P

M
mp(P) còn đi qua điểm A(1; -1; 0) )(
1
d . Phơng trình của mặt phẳng (P) là:
0)0(8)1.(1)1(17







zyx
016817:)(

Số cách xếp 2 học sinh làm lớp trởng và lớp phó là
2
40
A

Còn lại 38 học sinh.
Tiếp đó ta chọn 3 học sinh làm ủy viên (không phân biệt thứ tự)
Số cách chọn 3 học sinh làm ủy viên là
3
38
C
Theo qui tắc nhân ta có số cách chọn ra một ban cán sự là :
13160160.
3
38
2
40
CA cách 0,25
0,25 0.5
1. (1,0 điểm)
SO

3
4
8
9
222
2
aaa
HN
Suy ra .
4
10a
HN Vậy
2
1
10
2
.
4
10
cos
a
a
MN
HN

.
Dẫn đến
.60
0


1
.
3
1
3
2
aa
aMHSV
ABCD
0,25
0,25








01
10
;
11
02
;
10
21

= (-1; 2; 1). Đờng thẳng DH còn đi qua điểm D(1; 1;
1) nên ta có phơng trình tham số của 0,25
0,5






Vỡ H d nờn ta H (1 + 2t ; 1 + t ; t).Suy ra :
MH

= (2t 1 ; 2 + t ; t)
Vỡ MH d v d cú mt vect ch phng l
u

= (2 ; 1 ; 1), nờn :
2.(2t 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0 t =
2
3
. Vỡ th,
MH

=
1 4 2
; ;
3 3 3 3 (1; 4; 2)
MH

đờng thẳng DH là:
)(,
1
21
1
Rt
tz
ty
tx








0,25
VII.b
(1 điểm)


b
xx
Hoành độ trung điểm I của đoạn thẳng AB là
6
1
2
21




m
xx
x
I
.
Điểm .1010 mmxOyI
I

Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. 0,25 0,25


1
cos2)
2
cos
2
(sin3
33


2: Gii bt phng trỡnh:
2 2
35 5 4 24
x x x


Cõu III (1im): Tớnh tớch phõn : I =
5
2
ln( 1 1)
1 1
x
dx
x x




Cõu IV (1im): Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0)
,góc BAC =120
0

tip xỳc vi
(C) ti A, B. Vit phng trỡnh ng thng AB.
2) Cho hỡnh lp phng ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
cú im A(0;0;0); B(2;0;0); D(0;2;0); A
1
(0;0;2).
M l trung im AB; N l tõm ca hỡnh vuụng ADD
1
A
1
. Tớnh bỏn kớnh ca ng trũn l
giao tuyn ca mt cu i qua C ; D
1
; M ; N vi mt phng MNC
1

Cõu VII/a: Cho n l s t nhiờn n

2.Tớnh
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n

1 1 1
x y z
d
. Vit phng trỡnh mt phng cha (d
1
) v hp vi (d
2
) mt gúc 30
0
.
Cõu VII/b: Gii h phng trỡnh
2010
2 2
2( 1)
log
2 3
x
y x
y
y x x y









I/2
II/1
Khảo sát hàm số y=x
3
-3x
2
+4
1:Tập XĐ:R

'
+ 0 - 0 + 4 +


y
-

0
3:Đồ thị
+y
"
=6x-6=0

x=1 Điểm uốn đồ thị U(1;2)
+Đồ thị
……………………………
+PT đường thẳng d: y=k(x-2)
+Hoành độ A;M;N là nghiệm PT: x
3
-3x
2
+4=k(x-2)

(x-2)(x
2
-x-2-k)=0




  


+Tiếp tuyến tại M và N vuông góc với nhau

y
'
(x
M
).y
'
(x
N
)=-1

(
2 2
3 6 )(3 6 ) 1
M M N N
x x x x
   


9k
2
+18k+1=0
3 2 2
3

























 1
2
x
cos
2
x

III

IV
0
2
3
2
x
cos
2
x
sin)xsin2(


*
2xsin0xsin2





(v« nghiÖm)

*
22
3
4
xsin
2
3
42
x
sin2
2
3
2
x
cos
2
x
sin 



11 (5 4)( 35 24)
x x x
x
x x
x x x
    
  
  
     

Xét:
a)Nếu x
4
5

không thỏa mãn BPT
b)Nếu x>4/5: Hàm số
2 2
(5 4)( 35 24)
y x x x     với x>4/5
y
'
=
2 2
2 2
1 1
5( 35 24) (5 4)( )
35 24
x x x
x x

( 1) 1
2 ln ln ln ln 3 ln 2
t t t
dt dt
t t t
td t t


  
   
 


………………………………………………………………………

B
C
A
S
D
E

+Gọi D là trung điểm BC

AD

BC (Vì ABC cân tại A)


AD

V
VI

VIbI/a



2 2
2sin
3
AB a
C
a b



………………………………………………………………………
+Mặt cầu đi qua C(2; 2; 0);D
1
(0; 2; 2);M(1; 0; 0);N(0; 1; 1) có phương trình: x
2
+y
2
+z
2
+2ax+2by+2cz+d=0 nên
4 4 8 0
4 4 8 0
5 1
; ; 4
2 1 0
2 2
2 2 2 0
a b d
b c d
a c b d
a d

+ h = d(I;(MNC
1
)) =
2

+ Bán kính đường tròn giao tuyến là
2 2
3 3
2
R h 

………………………………………………………………………
+Đặt
0; 0; 0
a x b y c z
     

+VT=
6 4 6 4 6 4 3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 1 1 1
2 2 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a a b b c c a
       
  

(Theo BĐT CôSi)
+VP=
4 4 4 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1

 

+
1 3
.
2 2
ABC
S h AB

 
2
2
o o
y y
 

+Xét hàm số f =
2
2
o o
y y
 
Với
1 2
o
y
  

Suy ra Max f = 9/4 Tại C(1/4;1/2)
VIb2) Giả sử mặt phẳng cần tìm là:


VII/a

VII/b
Yêu cầu bài toán cho ta:
0










KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
  
   

18 114 15 2 114 3 114
0
21 21 21
x y z
  
   
.

……………………………………………………………………
2 2 1 2 2 2 2
1
2 1 . .2 2 . .2 . .2
n



; n(1+x)
n-1
=
1
0
n
k k
n
k
kC x



Lấy x=2 ta được
n.3
n-1
=
1
0
2
n
k k
n
k
kC




n(n-1)3
n-2
=
2
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C





4n(n-1)3
n-2
=
0
( 1) 2
n
k k
n
k
k k C





a


    

 

.
Suy ra có 2 điểm thỏa mãn: M
1
(0; 2) và M
2
(-2; 0).
+ Đường tròn tâm M
1
bán kinh R
1
=1 là (C
1
):
2 2
4 3 0
x y y
   
.
Khi đó AB đi qua giao điểm của (C ) và (C
1
) nên AB:
2 2 2 2
4 3 2 2 1 1 0

  
.………………………………………………………………………. V)
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 0 (2)
x y y x
x x y y m

    


     



Điều kiện:
2
2
1 0 1 1
0 2

(1)  t = y  y = x + 1  (2) 
2 2
2 1 0
x x m
   

Đặt
2
1
v x
 
 v[0; 1]  (2)  v
2
+ 2v  1 = m.
Hàm số g(v) = v
2
+ 2v  1 đạt
0;1 0;1
min ( ) 1; m ( ) 2
[ ] [ ]
axg v g v
  

Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m 2

2) Gii h phng trỡnh:
2
2
3
2 3
1 1
(1 ) 4
1
4
x x
y y
x x
x
y y y









.
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn:
0
2
2
1
2

1. Cõu VI.a (2 im): 1) Trong mt phng to Oxy , cho ng trũn ( C) :
2 2
2 6 15 0
x y x y

v ng thng (d) :
3 0
mx y m

( m l tham s). Gi I l tõm
ca ng trũn . Tỡm m ng thng (d) ct (C) ti 2 im phõn bit A,B tho món chu vi

IAB bng
5(2 2)
.
2) Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho hai ng thng :
1
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
v

2
2 1
( ) :

phng trỡnh ng thng AB.
2) Trong khụng gian Oxyz cho t din ABCD bit A(0; 0; 2), B(-2; 2; 0), C(2; 0; 2),
( )
DH ABC

v
3
DH

vi H l trc tõm tam giỏc ABC. Tớnh gúc gia (DAB) v (ABC).
Cõu VII.b (1 im): Chng minh rng vi a, b, c>0 ta cú:

1
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a a b a c b b a b c c c a c b


.

ĐÁP ÁN THI THỬ LẦN 2 NĂM 2008- 2009- MÔN TOÁN.
I. PHẦN CHUNG.
Câu Phần Nội dung Điểm
Câu I
(2,0)
1(1,0)

HS tù gi¶i

2(1,0)

x x x x
 



   


+ Giải (1): (1) tan 1
4
x x k


      
+ Giải (2): Đặt
cos sin , 2
x x t t   ta có phương trình:
2
2 0
t t
 
.
0
1/ 2
t
t





   

    



KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm:
4
x k


   ,
4
x k


  ,
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
 
    ,
arccos( 2 / 4) / 4 2
x k
 
     .
0,5


4
x x
x x
y y
y y
x
x x
x x
x
y y y
y y y


   
   


 

 
 
   
   
 


®Æt
1
a x
y

  

  

Khi ®ã
1
1
1
2
x y
y
x
x
x






 

 



KL

x

 
 
  
 
 
 
 

0 0
2
2
1 1
2 2
4 (2 1)
( . 2 1)
(2 1) 4
x
dx x x dx
x
 
 
  
 
 



 

 

. Đặt:
1
2 1 2sin , ; cos , 0, 0
2 2 2 6
x t t dx tdt x t x t
  
 
            
 
 
.
Khi đó:
2 2
6 6 6 6
1
2 2 2
0 0 0 0
2cos 2 1 sin 1
4sin 4 2(sin 1) 2 sin 1
t tdt dt
I dt dt
t t t
   
 
    

. Đặt:
2
tan tan
2
t y
 .
Suy ra:
2
2 2
(tan ) (tan ) (1 tan )
2 2
d t d y y dy
   , với
0 0,
6
t y t y


     
sao cho
6
tan
3

 ,
(0 )
2


 

.
Khi đó:
1
2 5 3
2 1
2 0
0
1 1
2 10 6 15
t t t
I t dt
 

    
 
 


KL: Vậy
1 2 3
1 2
15 12 2
I I I I


       , (
6
tan
3



0,25

0,25

Câu Phần Nội dung Điểm
Câu IV
(1,0)

+ Trong tam giác SAB hạ
'
AB SC

.
Trong tam giác SAD hạ
'
AD SD

.
Dễ có:
, ( )
+ Ta có:
2 2 2
1 1 1 2 5
'
' 5
a
AB
AB SA BA
   

0,25
O
A