Đề thi thử Đại học môn Toán năm học 2009-2010

y x y x y
⎧ + + + =⎨ + = + +⎩
. 
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x xI dx
x x
π
−= +∫ 
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G là trọng tâm tam giác 
SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a 
và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng . 030
 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 ( )a b c b c a c a b abc
+ + ≤+ + + + + +
1 
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 0C x y x+ + = cùng đi qua M(1; 0). Viết phương 
trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn ( ) lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. , ( ')C C
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam 
giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). 
Câu VII.a (1 điểm):
 Khai triển đa thức: 20 2 200 1 2 20(1 3 ) ... .x a a x a x a x− = + + + + Tính tổng: 0 1 22 3 ... 21S a a a a= + + + + 20 . 
2. Theo chương trình Nâng cao : 
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC biết trực tâm 
, chân đường cao hạ từ đỉnh B là , trung điểm cạnh AB là . (1;0)H (0; 2)K (3;1)M
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: 1( ) : 1 1 2
x y zd = = và 2 1 1( ) : 2 1 1
x y zd + −= =− . 
Tìm tọa độ các điểm M thuộc và N thuộc sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng 
 độ dài đoạn MN bằng 
1( )d 2( )d
( ) : – 2010 0P x y z+ + = 2 . 
Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình 
2
1 2
1 2
2 log ( 2 2) log ( 2 1) 6
log ( 5) log ( 4) = 1
x y
x y
xy x y x x
y x
− +
− +
⎧ − − + + + − + =⎪⎨ + − +⎪⎩
 .....................HẾT 
Câu Phần Nội dung Điểm
 I 
(2,0) 
1(1,0) 
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 22 1 2 1 90(*)x x y y− + − =
2 4 ( 1) 1
( )1
( 1) 1
x k x
Ix
y k x
+⎧ = − +⎪ − +⎨⎪ = − +⎩
. Ta có: 
2 (2 3) 3 0
( )
( 1) 1
kx k x k
I
y k x
⎧ − − + + =⇔ ⎨ = − +⎩
Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình 
 có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 2 (2 3) 3 0(**)kx k x k− − + + = 30, .
8
k k≠ < 
Ta biến đổi (*) trở thành: ( ) ( )2 22 22 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 kx x x x
k k
,− ++ = = thế vào (***) ta có 
phương trình: 
3 2 28 27 8 3 0 ( 3)(8 3 1) 0=k k k k k k+ + − = ⇔ + + − 3 41 3 43, ,
16 16
k k k− + − −⇔ = − = = 1 .
KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. 
Câu Phần Nội dung Điểm
 II 
(2,0) 
1(1,0) 
Ta có: 3sin 3 3sin 4sinx x x= − nên 
sin 3 3sin 2 cos 2 3sin 3cos 2 0x x x x x− − + + − = ⇔
=
=
(sin 3 sin ) 2sin 3sin 2 (cos 2 2 3cos ) 0x x x x x x+ + − − + − = 
22sin 2 .cos 2sin 6.sin .cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + 
2 22sin .cos 2sin 6.sin .cos (2cos 3cos 1) 0x x x x x x⇔ + − − − + 
2
1sin
2
(2sin 1)(2cos 3cos 1) 0 cos 1
1cos
2
x
x x x
x
⎡
x
=⎢⎢⇔ − − + = ⇔ ⎢⎢
=
=⎢⎣
+) 
2
1 6sin , ( ).
52 2
6
x k
x k Z
x k
π π
π π
⎡ = +⎢= ⇔ ∈⎢⎢ = +⎢⎣
+) 
2
1 3cos , ( ).
2 2
3
x k
x k Z
x k
π π
π π
⎡ = +⎢= ⇔ ∈⎢⎢ = − +⎢⎣
+) cos 1 2 , ( ).x x k k Zπ= ⇔ = ∈ 
KL:Vậy phương trình có 5 họ nghiệm như trên. 
1,0 
 2(1,0) 
Dễ thấy , ta có: 0y ≠
2
2 2
2 2 2
2
1 4
1 4
.
( ) 2 7 2 1( ) 2
x x y
yx y xy y
y x y x y xx y
y
⎧ + + + =⎪⎧ + + + = ⎪⇔⎨ ⎨+ = + + +⎩ ⎪ 7+ − =⎪⎩
Đặt 
2 1,xu v x
y
+= = y+ 1
9
 ta có hệ: 2 2
4 4 3,
2 7 2 15 0 5,
u v u v v u
v u v v v u
+ = = − =⎧ ⎧ ⎡⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎢
=
− = + − = = −⎩ ⎩ ⎣ = 
+) Với ta có hệ: 3, 1v u= =
2 2 2 1, 21 1 2 0
2, 53 3 3
x yx y x y x x
x yx y y x y x
= =⎧ ⎧ ⎧+ = + = + − = ⎡⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎢ = − =+ = = − = − ⎣⎩ ⎩ ⎩
. 
+) Với ta có hệ: 5, 9v u= − =
2 2 21 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y
⎧ ⎧ ⎧
x
+ = + = + +⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨+ = − = − − = − −⎩ ⎩ ⎩
=
, hệ 
này vô nghiệm. 
KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( ; ) {(1; 2), ( 2; 5)}.x y = − 
Câu Phần Nội dung Điểm
 III 
(1,0) 
Đặt , 0 ,
2 2
x t dx dt x t x t 0.
2
π π π= − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ = 
Suy ra: 
2 2 2
3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )3
x x t t x xI dx dt dx
x x t t x x
π π π
− − −= = =+ + +∫ ∫ ∫ (Do tích phân 
không phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số). 
Suy ra: 
2 2 2
3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 12
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x
2I I I dx dx dxx x x x x x
π π π
− −= + = + =+ + +∫ ∫ ∫ = 
=
2 2
2
2 20 0 0
1 1 1 1 tan 1
2 4 22cos cos
4 4
dx d x x
x x
π π
ππ π
π π
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
∫ ∫ 4− = . KL: Vậy 1 .2I = 
1,0 
Câu Phần Nội dung Điểm
 IV 
(1,0) 
 + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N. 
+ 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 2S 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
= = = ⇒ = 
.
.
.
1 1 1 1. . 1. .
2 2 4 8
S BMN
S ABN
S BCD
V SB SM SN V V
V SB SC SD
= = = ⇒ = 
Từ đó suy ra: 
. . .
3 .
8S ABMN S ABN S BMN
V V V= + = V 
+ Ta có: 1 . ( )
3
V SA dt ABCD= ; mà theo giả thiết (SA ABCD)⊥ nên góc hợp bởi AN với 
mp(ABCD) chính là góc nNAD , lại có N là trung điểm của SC nên tam giác NAD cân tại 
N, suy ra n n 030 .NAD NDA= = Suy ra: 0 3tan 30
SAAD a= = . 
Suy ra: 31 1. ( ) . . 3
3 3
V SA dt ABCD a a a a= = 3
3
= . 
Suy ra: thể tích cần tìm là: 
3
. .
3 5 5 3 .
8 8 24MNABCD S ABCD S ABMN
aV V V V V V= − = − = = 
S
N 
M 
O 
C
A D
G 
B
Câu Phần Nội dung Điểm
 V 
(1,0) 
 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 233 3 ( )ab bc ca abc abc 1= + + ≥ ⇒ ≤ . 
Suy ra: 2 2 2
1 11 ( ) ( ) ( ) 3 (1
1 ( ) 3
a b c abc a b c a ab bc ca a
a b c a
+ + ≥ + + = + + = ⇒ ≤+ + ). 
Tương tự ta có: 2 2
1 1 1 1(2), (3).
1 ( ) 3 1 ( ) 3b c a b c a b c
≤ ≤+ + + + 
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 
2 2 2
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
1+ ++ + ≤ + + = =+ + + + + + , . 
Dấu “=” xảy ẩ khi và chỉ khi 1, 3 1, ( , , 0).abc ab bc ca a b c a b c= + + = ⇒ = = = > 
1,0 
Câu Phần Nội dung Điểm
VIa 
(2,0) 
1(1,0) 
+ Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và , đường 
thẳng (d) qua M có phương trình . 
1, ' 3R R= =
2 2( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b− + − = ⇔ + − = + ≠
+ Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, AN. 
Khi đó ta có: 
2 2 2 2' '2 2 'A MB IA IH I A I H= ⇔ − = − ) ]( ) (2 21 ( ; ) 4[4 ( '; )d I d d I d⇔ − = − M
( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 294 ( '; ) ( ; ) 15 4. 15a bd I d d I d a b a b⇔ − = ⇔ −+ + =
2 2
2 2
2 2
36 15 21 16a b a b
a b
−⇔ = ⇔ =+ 
Dễ thấy nên chọn 0b ≠
21
41
21
4
a
b
a
⎡ =⎢⎢= ⇒ ⎢ = −⎢⎣
. 
Thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 
1,0 
 2(1,0) + Ta có: Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, 
AC là: 
(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − =JJJG JJJG
1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − =
+ Vecto pháp tuyến của mp(ABC) là , (8; 4;4).n AB AC⎡ ⎤= = −⎣ ⎦
G JJJG JJJG
 Suy ra (ABC): 
2 1x y z− + + = 0
1
⎪⎨
. 
+ Giải hệ: . Suy ra tâm đường tròn là 
1 0 0
3 0 2
2 1 0
x y z x
y z y
x y z z
+ − − = =⎧ ⎧⎪ + − = ⇒ =⎨⎪ ⎪− + + = =⎩ ⎩
(0; 2;1).I
Bán kính là 2 2 2( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = − − + − + − = 
Câu Phần Nội dung Điểm
VII.a 
(1,0) 
+ Ta có: ( )20 2 200 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 ... 21x x x a a x a x a x⇔ − − − = + + + + (*). 
Nhận thấy: ( )kk ka x a x= − k do đó thay 1x = − vào cả hai vế của (*) ta có: 
22
0 1 2 202 3 ... 21 4S a a a a= + + + + = . 
1,0 
Câu Phần Nội dung Điểm
VIb 
(2,0) 
1(1,0) 
+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận 
( 1; 2)HK = −JJJG làm vtpt và AC đi qua K nên 
1,0 
( ) : 2 4 0AC x y− + = . Ta
0
 cũng dễ có: 
( ) : 2 2BK x y+ − = . 
+ Do ,A AC B BK∈ ∈ nên giả sử 
(2 4; ), ( ; 2 2 ).A a a B b b− − M
⎧⎨⎩
0
 Mặt khác là (3;1)
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
− + = + = =⎧ ⎧⇔ ⇔⎨ ⎨+ − = − = =⎩ ⎩ 
Suy ra: (4; 4), (2; 2).A B −
+ Suy ra: , suy ra: ( )( 2; 6)AB = − −JJJG : 3 8AB x y− − = . 
+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận (3; 4)HA =JJJG , suy ra: 
( ) : 3 4 2 0BC x y+ + = .
AC x y− + = AB x y
KL: Vậy : ( ) : 2 4 0, ( ) : 3 8 0− − = ( ) : 3 4 2 0.BC x y+ + =, 
 2(1,0) + 1 2, ( ), ( )M N d d∈ nên ta giả sử 
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)M t t t N t t t NM t t t t t t− − + ⇒ = + + − − −
JJJJG
. 
+ MN song song mp(P) nên: n N 1 2 1 2 1 2. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0P M t t t t t t= ⇔ + + − − + − − =
JJG JJJJG
)
2 1 1 1 1( 1; 2 ;3 1t t NM t t t⇔ = − ⇒ = − + −
JJJJG
. 
+ Ta có: 
1
2 2 2 2
1 1 1 1 1
1
0
2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 4
7
t
MN t t t t t
t
=⎡⎢= ⇔ − + + + − = ⇔ − = ⇔ ⎢ =⎣
. 
+ Suy ra: hoặc (0; 0; 0), ( 1; 0;1)M N − 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. 
Câu Phần Nội dung Điểm
VII.b 
(1,0) 
+ Điều kiện: 
22 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
( )
0 1 1, 0 2 1
xy x y x x y x
I
x y
⎧− − + + > − + > + > + >⎨ . < − ≠ < + ≠⎩
log ( 5) log ( 4) = 1
x y
x y
x y x
I
y x
− +
− +
+ Ta có: ( ) 1 2
1 2
2 log [(1 )( 2)] 2 log ( 1) 6− + + − =⎧⎪⇔ ⎨ + − +⎪⎩
g ( 1)y
1 2
1 2
log ( 2) log ( 1) 2 0 (1)
l