KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
ĐỀ THI THỬ LẦN 2 – MÔN TOÁN

PHẦN BẮT BUỘC.
Câu I (2 điểm) .
Cho hàm số
1
.
1
x
y
x
+
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1
.
1
x
m
x
+
=
−
Câu II. (2 điểm).
1. Giải phương trình :

Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và
aCDBCAB
===
. Gọi
C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tích tứ diện ABC’D’.
Câu V. (1 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC, tìm giá trị bé nhất của biểu thức:
CBAAS 2cos2coscos23cos
+++=
.
PHẦN TỰ CHỌN (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : a hoặc b )
Phần A.
Câu VIa. (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)5;2(,)1;1( −BA
, đỉnh C nằm trên đường
thẳng
04
=−
x
, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng
0632 =+− yx
. Tính diện tích tam giác
ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình :
d :
z
y
x =
−

Phần B.
Câu VIb. (2 điểm)
1. Cho hai mặt phẳng (P): 2x – 6y + 3z – 4 = 0 và (Q): 2x – 6y + 3z – 4 = 0. Viết phương trình mặt
cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng
3
( ) :
1 1 2
x y z
d
+
= =
−
đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường
chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu Vb. (1 điểm)
Tìm số phức z thỏa mãn đẳng thức:
( )
2
3 1 1 3
.
1
i
z
i
+ + −
=
+

1

Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng :
1
−=
x
, tiệm cận ngang
2=y
2. Nếu
)(
1
3
2;
0
0
C
x
xM ∈








+
−
thì tiếp tuyến tại M có phương trình
)(
)1(

0
4
0
00
)1(
)1(
9
6
)1(9
16
19
)1(3)1(3
++
+
=
++
+
=
++
+−−−
=
x
x
x
x
x
xx
d
. Theo bất đẳng thức Côsi
692)1(

.
Vậy có hai điểm M :
( )
32;31
−+−
M
hoặc
( )
32;31
+−−
M
CÂU 2.
1)
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
=−+−−⇔=−++− xxxxxxxx
.

22
)3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx
. Vậy
5,0sin =x
hoặc
1cossin
−=
xx
.
Với
5,0sin =x
ta có

−⇔−=−
4
sin
2
2
4
sin1cossin
ππ
xxx
, suy ra

π
kx 2
=
hoặc
π
π
kx 2
2
3
+=
2)
⇔=−−++ 0)23(log)6(log
2
25,0
xxxm
⇔−−=+ )23(log)6(log
2
22
xxxm

ta có
82)(' −−= xxf
,
0)(' <xf
khi
4
−>
x
, do đó
)(xf

nghịch biến trong khoảng
)1;3(−
,
6)1(,18)3( −==− ff
. Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi
186
<<−
m
CÂU 3. Đặt
tx sin2=
thì
tdtdx cos2=
, khi
1=x
thì
6
π
=t
, khi

=−−=






−
2
6
2
6
2
6
2
)(cot1
sin
1
π
π
π
π
π
π
ttddt
t
3
3
π
−

. Vì BD’ là đường cao của tam giác
vuông ABD nên
2
'. ABADAD =
, Vậy
3
'
a
AD =
. Ta có
12
2
3
1
3
3
2
2
2
1
'.'.
2
1
ˆ
sin''.
2
1
)''(
2
aaa

nên
AS 3cos≥
, dấu bằng xẩy ra khi
1)cos( =− CB
hay
2
180
0
A
CB
−
==
.
Nhưng
13cos −≥A
, dấu bằng xẩy ra khi
0
1803 =A
hay A =
0
60
Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều.
Phần A (tự chọn)
CÂU 6A.
Ta có
);4(
C
yC =
. Khi đó tọa độ G là
3

5=AB
,
10=AC
,
5. −=ACAB
.
Diện tích tam giác ABC là
( )
2510.25
2
1

2
1
2
22
−=−= ACABACABS
=
2
15
2.Đường thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;1( −u
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2(' −M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;2(' −u
Ta có
)5;1;2( −=MM

)1(
+
+⋅⋅⋅+++=+
nn
nnnn
n
xCxCxCxCxx
.
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

=+++
−1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32
2210
++⋅⋅⋅+++
Thay
1
−=
x
vào đẳng thức trên ta được S.
Phần B (tự chọn)
CÂU 6B.
Vì G nằm trên đường thẳng
02 =−+ yx
nên G có tọa độ

6
=
t
hoặc
3
−=
t
. Vậy có hai điểm G :
)1;3(,)4;6(
21
−−=−= GG
. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
)(3
BaGC
xxxx +−=
và
)(3
BaGC
yyyy +−=
.
Với
)4;6(
1
−=G
ta có
)9;15(
1
−=
C
, với

0
==un
. Bởi vậy
nếu đặt
);;( CBAn =
thì ta phải có :





=
++
−+
=+−
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA

⇔





2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(
α
mp
có phương trình
0)2(2 =+−+ zyx
hay
042
=−++
zyx
Nếu
CA −=2
ta có thể chọn
2,1 −== CA
, khi đó
1−=B
, tức là
)2;1;1( −−=n
và
)(
α
mp
có phương trình
02)2( =−−− zyx
hay
022
=+−−

++⋅⋅⋅+++
Thay
1
=
x
vào đẳng thức trên ta được S.
4