ĐỀ 2
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN - Thời gian: 180’
I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
2
12
+
+
=
x
x
y
có đồ thị là (C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2.Chứng minh đường thẳng d: y = - x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A,
B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8
2.Giải bất phương trình
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
−>−−
xxx
Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm
∫

C
1
theo a.
Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a
2009
+ b
2009
+ c
2009
= 3. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P = a
4
+ b
4
+ c
4
II.Phần riêng (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (2 điểm).
1. Cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)
2
+ (y+2)
2
= 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0.
Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới
đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.
2. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình




−
zyx
. Lập phương
trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất.
Câu VIIb (1 điểm)
Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số
chẵn và ba chữ số lẻ.
Đáp án
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
I 2. (0,75 điểm)
Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương trình



=−+−+
−≠
⇔+−=
+
+
)1(021)4(
2
2
12
2
mxmx
x
mx
x
x
Do (1) có

2
+ 12) suy ra
AB ngắn nhất  AB
2
nhỏ nhất  m = 0. Khi đó
24
=
AB
0,5
II
(2
điểm)
1. (1 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với
9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin
2
x = 8
 6cosx(1 – sinx) – (2sin
2
x – 9sinx + 7) = 0
 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0
0,5
 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0




=−+
=−
)(07sin2cos6

2
2
2
2
−>−−
xxx
đặt t = log
2
x,
BPT (1) 
)3(5)1)(3()3(532
2
−>+−⇔−>−−
tttttt
0,5



<<
−≤
⇔



<<
−≤
⇔





<<
≤<
⇔
168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là:
)16;8(]
2
1
;0(
∪
III
1 điểm
∫ ∫
==
xx
dx
xxx
dx
I
23233
cos.2sin
8
cos.cos.sin
đặt tanx = t

8
1
2
2sin;
cos
0,5
C
x
xxxdtt
t
tt
dt
t
ttt
+−++=+++=
+++
=
∫
∫
−
2
2433
3
246
tan2
1
tanln3tan
2
3
tan

∠
bằng 30
0
. Xét tam giác vuông AHA
1
có AA
1
= a, góc
HAA
1
∠
=30
0

2
3
1
a
HA
=⇒
. Do tam giác A
1
B
1
C
1
là tam giác đều cạnh a, H
thuộc B
1
C

1
và
B
1
C
1
0,25
Ta có AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK
==⇒
0,25
Câu V
1 điểm
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a
2009
ta có
)1(.2009....20091...11
4

  
0,5
Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được
)(20096027
)(2009)(46015
444
444200920092009
cba
cbacba
++≥⇔
++≥+++
Từ đó suy ra
3
444
≤++=
cbaP
Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3.
0,5
Phần riêng.
1.Ban cơ bản
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp
tuyến AB, AC tới đường tròn và
ACAB
⊥
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng

=> HI lớn nhất khi
IA
≡
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận
AH
làm véc tơ pháp tuyến.
0,5
)31;;21( tttHdH
++⇒∈
vì H là hình chiếu của A trên d nên
)3;1;2((0.
==⇒⊥
uuAHdAH
là véc tơ chỉ phương của d)
)5;1;7()4;1;3(
−−⇒⇒
AHH
Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0
 7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có
6
2
4
=
C

điểm
1.( 1 điểm)
Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 tiếp
tuyến AB, AC tới đường tròn và
ACAB
⊥
=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
23
=⇒
IA

0,5



=
−=
⇔=−⇔=
−
⇔
7
5
6123
2
1
m
m
m
m
0,5

Từ giả thiết bài toán ta thấy có
10
2
5
=
C
cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0
đứng đầu) và
3
5
C
=10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có
2
5
C
.
3
5
C
= 100 bộ 5 số được chọn.
0,5
Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả
2
5
C
.
3
5
C
.5! = 12000 số.