ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 8 NĂM 2010-2011
Môn: Toán A. Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề).
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm).
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
2 4
1
x
y
x



.
1) Khảo sát và vẽ đồ thị


C
của hàm số trên.
2) Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N
và
3 10
MN  .
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình:
sin 3 3sin 2 cos2 3sin 3cos 2 0
x x x x x
     
.
2) Giải hệ phương trình:
2 2
2 2

30
.
Câu V (1 điểm): Cho các số dương
, , : 3.
a b c ab bc ca
  

Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 1
.
1 ( ) 1 ( ) 1 ( )
a b c b c a c a b abc
  
     

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)).
1. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn
2 2
( ): – 2 – 2 1 0,
C x y x y  
2 2
( '): 4 – 5 0
C x y x
  
cùng đi qua M(1; 0). Viết phương
trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn
( ), ( ')

 
và
2
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
 
 

.
Tìm tọa độ các điểm M thuộc
1
( )
d
và N thuộc
2
( )
d
sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng


: – 2010 0
P x y z
  
độ dài đoạn MN bằng
2
.
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình


Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. 1,0
2(1,0)

Từ giả thiết ta có:
( ): ( 1) 1.
d y k x
  
Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau
có hai nghiệm
1 1 2 2
( ; ), ( ; )
x y x y
phân biệt sao cho
   
2 2
2 1 2 1
90(*)
x x y y   
2 4
( 1) 1
( )
1
( 1) 1
x
k x
I
x
y k x


k k
 

Ta biến đổi (*) trở thành:
   
2 2
2 2
2 1 2 1 2 1
(1 ) 90 (1 )[ 4 ] 90(***)
k x x k x x x x       
Theo định lí Viet cho (**) ta có:
1 2 1 2
2 3 3
, ,
k k
x x x x
k k
 
   thế vào (***) ta có
phương trình:
3 2 2
8 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0
k k k k k k
        
3 41 3 41
3, ,
16 16
   
   k k k .
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên.

(sin3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos2 2 3cos ) 0
x x x x x x
      

2
2sin2 .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0
x x x x x x
      

2 2
2sin .cos 2sin 6.sin.cos (2cos 3cos 1) 0
x x x x x x
      

2
1
sin
2
(2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1
1
cos
2
x
x x x x
x




      

x k
x





+)
2
3
, ( )
2
3
1
cos .
2

 




  

 

x
x
k
k Z

0,25

0,25

2(1,0)
Dễ thấy
0
y

, ta có:
2
2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2
1
( ) 2 7
x
x y


  
ta có hệ:
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
     
  
 
 

       
  
0,25
0,25 +) Với
3, 1
v u
 
ta có hệ:

x y y x y x
  
      
 
  
        
  
, hệ
này vô nghiệm.
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:
( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.
 
x y
0,25 0,25

Câu Phần Nội dung Điểm

III
(1,0)
x x x x
I I I dx dx dx
x x x x x x
  
 
    
  
  
=
=
2 2
2
2 2
0 0
0
1 1 1 1
tan 1
2 4 2 4
2cos cos
4 4
dx d x x
x x
 

 
 
   
    
   
   

+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có
2
3
SG
SO

suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.
Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của
SC, SD.
+ Dễ có:
. . .
1 1
2 2
S ABD S BCD S ABCD
V V V V
   .
Theo công thức tỷ số thể tích ta có:
.
.
.
1 1 1
. . 1.1.
2 2 4
S ABN
S ABN
S ABD
V
SA SB SN
V V
V SA SB SD

SA ABCD

nên góc hợp bởi AN với
mp(ABCD) chính là góc
·
NAD
, lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại
N, suy ra
·
·
0
30 .
NAD NDA 
Suy ra:
0
3
tan30
SA
AD a
  .
Suy ra:
3
1 1 3
. ( ) . . 3
3 3 3
V SA dt ABCD a a a a
   .

C

A

D

B

S

G

Suy ra: thể tích cần tìm là:
3
. .
3 5
8 8
5 3
.
24
     
MNABCD S ABCD S ABMN
a
V V V V V V

0,5

Câu Phần Nội dung Điểm

V

   

Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có:
2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
1 ( ) 1 ( ) 1 ( ) 3 3
ab bc ca
a b c b c a c a b c b c abc abc
 
      
     
W
.
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
1, 3 1, ( , , 0).
abc ab bc ca a b c a b c
        

0,25
0,25 0,5

IA IH


   
2 2
2 2
2 2 2 2
9
4 ( '; ) ( ; ) 35 4. 35
a b
d I d d I d
a b a b
     
 
2 2
2 2
2 2
36
35 36
a b
a b
a b

   


Dễ thấy
0
b

0,25
2(1,0)

+ Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).
AB AC  
uuur uuur
Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB,
AC là:
1 0, 3 0.
x y z y z
      

+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).
n AB AC
 
  
 
r uuur uuur
Suy ra (ABC):
2 1 0
x y z
   
.
+ Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
0,5
Câu Phần Nội dung ĐiểmVII.a
(1,0)

+ Ta có:
 
20 2 20
0 1 2 20
(1 3 ) 2 3 21 .
x x a a x a x a x

     
20 19 2 20
0 1 2 20
(1 3 ) 60 (1 3 ) 2 3 21
x x x a a x a x a x
         (*).
Nhận thấy:
( )
k k
k k
a x a x

HK  
uuur
làm vtpt và AC đi qua K nên
( ): 2 4 0.
AC x y
  
Ta cũng dễ có:
( ): 2 2 0
BK x y
  
.
+ Do ,
A AC B BK
 
nên giả sử
(2 4; ), ( ; 2 2 ).
A a a B b b
 
Mặt khác
(3;1)
M là
trung điểm của AB nên ta có hệ:
2 4 6 2 10 4
.
2 2 2 2 0 2
a b a b a
a b a b b
     
  
 

  
AC x y
( ):3 8 0
  
AB x y ,
( ) :3 4 2 0.
  
BC x y

0,25
0,5 0,25
2(1,0)

+
1 2

4
7
t
MN t t t t t
t



           



.
+ Suy ra:
(0; 0; 0), ( 1; 0;1)

M N hoặc
4 4 8 1 4 3
( ; ; ), ( ; ; )
7 7 7 7 7 7
M N .
+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào
( ).
M P


KL: Vậy có hai cặp M, N như trên thoả mãn.

0,25


.
+ Ta có:
1 2
1 2
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6
( )
log ( 5) log ( 4) = 1
x y
x y
x y x
I
y x
 
 
    




  



1 2
1 2
log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
log ( 5) log ( 4) = 1(2).
x y
x y
y x


ta có:
1 2 1(3).
x y y x
      
Thế vào (2) ta có:
2
1 1 1
4 4
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4
x x x
x x
x x x x x
x x
  
   
           
 

0
2
x
x




 



0,25 0,25
M
H
K
C
B
A