I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số
x
yx
21
1
-
=
-
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với
đường thẳng MI.
Câu II (2 điểm):
1) Giải phương trình: xx
xx
3
coscoscossin20
263226
pppp
æöæöæöæö
-+-+-+-=
ç÷ç÷ç÷ç÷
èøèøèøèø
2) Giải phương trình: xxxx
422
--+++=
Câu III (1 điểm): Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường: (C): xy 2
(1)1
=-+
, (d):
yx
4
=-+
. Tính thể tích
khối tròn xoay tạo thành do hình (H) quay quanh trục Oy.
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh a,
·
ABC
0
60
=, chiều cao SO của hình chóp
bằng
a
3
2
, trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là trung điểm của AD, mặt phẳng (P)
chứa BM và song song với SA, cắt SC tại K. Tính thể tích khối chóp K.BCDM.
Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: xyz
222
1
++=
. Chứng minh:
xyz
yzzxxy
222222
33
2
++³
+++
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểm M(2; 6). Viết phương
trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho DOAB có diện tích lớn nhất.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):
xyz
30
+++=
và điểm A(0; 1; 2). Tìm toạ độ điểm
A¢ đối xứng với A qua mặt phẳng (P).
Câu VII.a (1 điểm): Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau. Hỏi trong các số đó có
bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trình đường phân giác trong
(AD):
xy
250
+-=
, đường trung tuyến (AM):
xy
413100
+-=
. Tìm toạ độ đỉnh B.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1):
xt
yt
zt
238
104
ì
=-+
ï
=-+
í
ï=
î
và (d2):
xyz
32
221
-+
==
-. Viết
phương trình đường thẳng (d) song song với trục Oz và cắt cả hai đường thẳng (d1), (d2).
Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm:
x
x
axx
2
4
22
345
1log()log(1)
ì
ï-³
í
ï
+-³+
î
============================
TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN KHUYẾN ĐỀ THỬ SỨC ĐẠI HỌC 2010
LỚP 12D1 Môn thi: Toán
 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Đ
Ề
S
Ố
00
8
http://www.VNMATH.com
http://www.VNMATH.com
8
http://www.VNMATH.com
Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn:
I. PHẦN CHUNG
Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b) Î (C) Þ
a
ba
21
1
-
=
-
(a ¹ 1)
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M:
a
yxa a
a2
121
()
1
(1)
-
=--+
-
-
Phương trình đwòng thẳng MI: yx
a
2
1
(1)2
(1)
=-+
-
Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có:
aa
22
11
.1
(1)(1)
-=-
-- Û
ab
ab
0(1)
2(3)
é
==
ê
==
ë
Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3)
Câu II: 1) PT Û xxxx
coscos2cos3cos40
26262626
pppp
æöæöæöæö
-+-+-+-=
ç÷ç÷ç÷ç÷
èøèøèøèø
Đặt x
t
26
p
=-
,
PT trở thành:
tttt
coscos2cos3cos40
+++=
Û tt
t
5
4cos.cos.cos0
22
=
Û
t
t
t
cos0
2
cos0
5
cos0
2
é
=
ê
ê=
ê
ê
=
ê
ë
Û
tm
tl
k
t
(21)
2
2
55
p
pp
pp
é=+
ê
=+
ê
ê
ê
=+
ê
ë
· Với tmxm
(21)(42)
3
p
pp
=+Þ=++
· Với
tlxl
4
2
23
pp
pp
=+Þ=+
· Với
kk
tx
2114
55155
pppp
=+Þ=+
2) Điều kiện: x
xx
2
2
10
1
ì-³
ï
í
³-
ï
î
Û x ³ 1. Khi đó: xxxxxx
4
222
111
++>+-³+-
(do x ³ 1)
Þ VT >
(
)
(
)
CoâSi
xxxxxxxx
44 8
2222
11211
-
--++-³--+-
= 2
Þ PT vô nghiệm.
Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d):
yy
2
(1)14
-+=-
Û y
y
2
1
é
=
ê
=-
ë
V =
yyydy
2222
1
(22)(4)
p
-
-+--
ò =
117
5
p
Câu IV: Gọi N = BM Ç AC Þ N là trọng tâm của DABD.
Kẻ NK // SA (K Î SC). Kẻ KI // SO (I Î AC) Þ KI ^ (ABCD). Vậy
KBCDMBCDM
VKIS
.
1.
3
=
Ta có: DSOC ~ DKIC Þ
KICK
SOCS
= (1), DKNC ~ DSAC Þ
CKCN
CSCA
= (2)
Từ (1) và (2) Þ
COCO
KICNCOON
SOCACOCO
1
2
3
223
+
+
====
Þ a
KISO
23
33
==
Ta có: DADC đều Þ CM ^ AD và CM =
a
3
2
Þ SBCDM =
DMBCCMa
2
133
().
28
+=
Đ
Ề
S
Ố
008
http://tranthanhhai.tk
http://www.VNMATH.com
http://www.VNMATH.com
46
http://www.VNMATH.com
Trần Sĩ Tùng
Þ VK.BCDM = BCDM
a
KIS
3
1.
38
=
Câu V: Ta có
xx
yzx
222
1
=
+-
. Ta cần chứng minh:
xx
x
2
2
33
2
1
³
-
.
Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có:
( )
xxx
xxxxx
2
222
2
22222
2118
212(1)(1)
327
æö
+-+-
-=--£=
ç÷
èø
Þ
xx
2
2
(1)
33
-£ Þ
xx
x
2
2
33
2
1
³
-
Þ
xx
yz
2
22
33
2
³
+ (1)
Tương tự:
yy
xz
2
22
33
2
³
+ (2),
zz
xy
2
22
33
2
³
+ (3)
Do đó:
( )
xyz xyz
yzxzxy
222
222222
3333
22
++³++=
+++
Dấu "=" xảy ra Û xyz
3
3
=== .
II. PHẦN TỰ CHỌN
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất Û DOAB vuông cân tại O. Khi đó dOd
52
(,)
2
=.
Giả sử phương trình đường thẳng d: AxByAB
22
(2)(6)0(0)
-+-=+¹
Ta có: dOd
52
(,)
2
= Û AB
AB
22
2652
2
-- =
+
Û
BABA
22
4748170
+-=
Û
BA
BA
24555
47
24555
47
é--
=
ê
ê-+
ê
=
ê
ë
· Với
BA
24555
47
--
=: chọn A = 47 Þ B =
24555
-- Þ d:
(
)
xy
47(2)24555(6)0
--+-=
· Với
BA
24555
47
-+
=: chọn A = 47 Þ B =
24555
-+ Þ d:
(
)
xy
47(2)24555(6)0
-+-+-=
2) (P) có VTPT
n
(1;1;1)
=
r
. Giả sử A¢(x; y; z). Gọi I là trung điểm của AA¢ Þ xyz
I
12
;;
222
æö
++
ç÷
èø
.
Ta có: A¢ đối xứng với A qua (P) Û
AAncuøng phöông
I(P)
,
ì
ï¢
íÎ
ï
î
uuur
r
Û
xyz
xyz
12
111
12
30
222
ì--
==
ï
í++
ï
+++=
î
Û
x
y
z
4
3
2
ì
=-
ï
=-
í
ï
=-
î
Vậy: A¢(–4; –3; –2).
Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số)
Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số)
Þ Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số)
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: 1) Ta có A = AD Ç AM Þ A(9; –2). Gọi C¢ là điểm đối xứng của C qua AD Þ C¢ Î AB.
Ta tìm được: C¢(2; –1). Suy ra phương trình (AB): xy
92
2912
-+
=
--+
Û
xy
750
++=
.
Viết phương trình đường thẳng Cx // AB Þ (Cx):
xy
7250
+-=
Gọi A¢ = Cx Ç AM Þ A¢(–17; 6). M là trung điểm của AA¢ Þ M(–4; 2)
M cũng là trung điểm của BC Þ B(–12; 1).
2) Giả sử
Attt
111
(238;104;)
-+-+ Î d
1
,
Bttt
222
(32;22;)
+-- Î d
2
.
Đ
Ề
S
Ố
008
http://tranthanhhai.tk
http://www.VNMATH.com
http://www.VNMATH.com
47
http://www.VNMATH.com
Trần Sĩ Tùng
Þ
ABtttttt
212121
(2826;248;)
=-+--+-
uuur
AB // Oz Û
ABkcuøngphöông
,
uuur
r
Û tt
tt
21
21
28260
2480
ì
-+=
í
--+=
î Û
t
t
1
2
17
6
5
3
ì=
ï
í
ï
=-
î
Þ A
1417
;;
336
æö
-
ç÷
èø
Þ Phương trình đường thẳng AB:
x
y
zt
1
3
4
3
17
6
ì=-
ï
ï
ï=
í
ï
ï
=+
ï
î
Câu VII.b:
x
x
axx
2
4
22
345(1)
1log()log(1)(2)
ì
ï-³
í
ï
+-³+
î
· (1) Û
x
x2
3540
--³
. Đặt f(x) =
x
x2
354
--
. Ta có: f
¢
(x) =
x
x
xR
2
ln5
ln3.3.50,
2
->"Î
Þ f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S1 = [2; +¥)
· (2) Û
[
]
axx
4
22
log2()log(1)
-³+
Û axx
4
2()1
-³+
Û x
ax
4
1
22
³++
(*)
· Hệ có nghiệm Û (*) có nghiệm thuộc [2; +¥)
Đặt g(x) = xx
4
1
22
++
. Ta có: g
¢
(x) = x3
21
+
> 0, "x ³ 2 Þ g(x) đồng biến trên [2; +¥) và g(2) =
21
2
.
Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +¥) Û a
21
2
³.
Vậy để hệ có nghiệm thì a
21
2
³.
=====================
Đ
Ề
S
Ố
008
http://tranthanhhai.tk
http://www.VNMATH.com
http://www.VNMATH.com
48
http://www.VNMATH.com