Bộ đề luyện thi đại học năm 2010
(thời gian làm bài : 180 phút )
I Phần chung cho tất cả các thí sinh (7điểm)
Cõu I (2 im) Cho hàm số : y = x
3
(m + 1)x
2
(2m
2
3m + 2)x + 2m(2m 1).
1) Khảo sát & vẽ đồ thị hàm số khi m = - 2.
2) Tìm m để đồ thị hàm số tiếp xúc Ox.
Câu II. (2điểm) 1) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất :




+++
mxyyx
myxyx
3)(
)(3
2
2

2) Giải pt : cos2x + cos4x + cos6x = cosx.cos2x.cos3x + 2
Câu III(1điểm)Tính tích phân: I =

6
0
3

cos

x
dx

CâuIV:(1điểm) Lăng trụ ABCABC có tất cả các cạnh bằng a & hình chiếu của đỉnh C trên (ABBA) là tâm
của hình bình hành ABBA. Tìm thể tích khối lăng trụ theo a.
Câu V:(1điểm) Chng minh rng x,y,z dơng ta có:
3
1 1 1 2 1
x y z x y z
y z x
xyz


+ +

+ + + +
ữ
ữ
ữ ữ
ữ



II Phần riêng (3điểm)
Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần I hoặc phần II)
I-PhầnI
CâuVIa(2điểm)
1) ABC có trọng tâm G d : 3x y 8 = 0 & S


ABC
=
2
3
.Tìm tọa độ C biết A(2 ; -3) ; B(3 ;-2).
2) Viết pt đờng vuông góc chung của hai đờng thẳng a:





+=
+=
=
tz
ty
x
3
24
1
& b:





=
=
=

2
23
3
z
ty
tx

Câu VIIa(1điểm)
Tìm trên đồ thị hàm số:y =
1
2
2

++
x
xx
cặp điểm đối xứng nhau qua đờngthẳng d: 2x + 18y 25 = 0.
II-PhầnII
CâuVIb(2điểm)
1) Viết pt đờng tròn (C) qua M(2 ; - 1) đồng thời (C) tiếp xúc hai đờng thẳng : a: x + y 1 = 0 & b : x + 7y + 1
= 0. Tính khoảng cách giữa hai tiếp điểm của (C) với a & b.
2) Tứ diện ABCD có thể tích
3
1
, trọng tâm G d: x = y = z .
Biết B(- 1; 1 ; 2) ; C(- 1 ; 1 ; 0) & D( 2 ; - 1 ; - 2) tìm tọa độ đỉnh A.
Câu VIIb(1điểm) Giải phơng trình sau trong tập số phức : z
3
+ (1 2i)z
2

+ (1 i)z 2i = 0.
Họ và tên : Số báo danh:
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Số ngời cao quý bởi sự học hơn là bởi tự nhiên.
8
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
O
A
C
B
B '
C '
A '
Tìm m để đths : y = x
3
(m + 1)x
2
(2m
2
3m + 2)x + 2m(2m 1). tiếp xúc Ox .
Ta có y = (x 2)(x + m)(x 2m + 1) & y = 3x

2
2(m + 1)x 2m
2
+ 3m 2
vậy để đths tiếp xúc Ox



=++
=++
)2 (0232)1(23
)1 ( 0)12)()(2(
22
mmxmx
mxmxx
có nghiệm.
Để hệ có nghiệm có các khả năng sau :
+ x = 2 là nghiệm của pt (2) -2m
2
- m + 6 = 0 m = - 2 hoặc m = 1,5.
+ x = - m là nghiệm của (2) 3m
2
+ 5m 2 = 0 m = - 2 hoặc m = 1/3 .
+ x = 2m 1 là nghiệm của (2) m =3/2 hoặc m = 1/3.
Kết luận : với m = - 2 ; m = 1/3 hoặc m = 1,5 thì đths đã cho tiếp xúc Ox
1,0
1/Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất :





+++
mxyyx
myxyx
3)(
)(3
2
2

Hệ



++
+++
myxyx
myxyx
2
2
)(3
)(3
ta thấy nếu (x ; y) là nghiệm của hệ thì (- x ; y) cũng là nghiệm
của hệ do đó đk cần để hệ có nghiệm duy nhất là (0 ; y ) là nghiệm duy nhất của hệ.
Khi đó hệ



+
+
myy

myy
2
2
3
3
có nghiệm dn y
2
3y + m 0 có nghiệm dn m = 9/4.
Thử lại với m = 9/4 hệ














+










+
x
x
y
x
x
y
2
2
32
2
2
32
2
2
=> hệ có nghiệm duy nhất (0 ;
2
3
)
1,0
2) Giải pt : cos2x + cos4x + cos6x = cosx.cos2x.cos3x + 2
pt 2cos3xcosx + 2cos
2
3x - 1 = cosx.cos2x.cos3x + 2
2cos3x(cosx + cos3x) = cosx.cos2x.cos3x + 3 cosx.cos2x.cos3x = 1
cos2x.[cos2x + cos4x] = 2 cos2x[cos2x + 2cos
2

2x 1] = 2
2cos
3
2x + cos
2
2x cos2x 2 = 0 cos2x = 1 x = k
1,0
CâuII
I
I =

6
0
3
cos

x
dx
=
=








6
0

3
2
sin


x
dx















6
0
33
24
cos
24
sin8



xx
dx
=















6
0
63
24
cos
24
tan8


xx
dx

đặt t = tan







24
x

=> I =
( )

+

3
1
1
3
2
2
1
4
1
dt
t
t
=
dt

tt
t







++
3
1
1
3
12
4
1
=
3ln
4
1
3
1
+
1,0
CâuIV
Từ gt => ABBA là hình thoi & CO (ABBA)
Tam giác CAB là tam giác cân tại C nên CB = a.
( Đều có CO là trung tuyến đồng thời là đờng cao)
Tam giác CAB là tam giác cân tại C nên CA = a.


Tức tứ diện CABC đều cạnh a
d(C;(ABC))=
3
6a
Vậy V
TRU
=
4
2
3
a
1,0
9
Câu
V
BĐT
3
2
xyz
zyx
x
y
y
z
z
x
x
z
z

y
y
x ++
+++++
hay








+++++++
3
2
3
2
3
2
2
xy
z
zx
y
yz
x
x
y
y

z
z
x
x
z
z
y
y
x
Theo côsi ta có :
3
2
3
yz
x
z
y
y
x
y
x
++
;
3
2
3
zx
y
x
z

z
y
z
y
++
;
3
2
3
xy
z
y
x
x
z
x
z
++
=>
3
xyz
zyx
x
z
z
y
y
x ++
++
(1)

3
2
3
yz
x
y
z
z
x
z
x
++
;
3
2
3
zx
y
z
x
x
y
x
y
++
;
3
2
3
xy

z
x
y
y
z
y
z
++
=>
3
xyz
zyx
x
y
y
z
z
x
++
++
(2)
Lấy (1) + (2) vế với vế => đpcm.
1,0
ABC có trọng tâm G d:3x y 8 = 0 & S

ABC
=
2
3
.Tìm tọa độ C biết A(2;-3); B(3 ;-2)

* Gọi C( a ; b) tính chất trọng tâm => G(
3
5
;
3
5 + ba
) mà G d 3a b 4 = 0 (1)
* Ta có AB =
2
; pt cạnh AB : x y 5 = 0 => d(C;AB) =
2
5 ba
Mà S

ABC
=
2
3
d(C;AB).AB = 3 a b - 5= 3 (2)
Từ (1) & (2) => C(1 ; - 1) hoặc C( - 2 ; - 10)
1,0
2/ Viết pt đờng vuông góc chung của hai đthẳng a:





+=
+=
=

tz
ty
x
3
24
1
& b:





=
=
=
2
23
3
z
ty
tx
Giả sử đờng vg chung d cắt a tại A(1 ; - 4 + 2a ; 3 + a) cắt b tại B(3b ; 3 2b; - 2)
Vì





bd
ad







=
=
0.
0.
b
a
UAB
UAB
mà
AB
(3b 1; - 2b 2a + 7 ; - a 5);
)1;2;0(
a
U
&
b
U
(3;-2;0)
nên



=+
=+

017134
0945
ba
ba




=
=
1
1
b
a
tức A(1 ; - 2 ; 4) & B(3 ; 1 ; -2)
vậy ptđt d :
6
4
3
2
2
1


=
+
=

zyx
1.0

Tìm trên đths:y =
1
2
2

++
x
xx
cặp điểm đxứng nhau qua đthẳng d: 2x + 18y 25 = 0
Câu
VIIa
Gọi A & B là hai điểm trên đồ thị hàm số đối xứng nhau qua đờng thẳng d : 2x + 18y 25 = 0
khi đó A , B thuộc đờng thẳng : 9x y + m = 0 vuông góc với d.
Vậy hđộ A & B là nghiệm pt :
1
2
2

++
x
xx
= 9x + m



=+

(*)02)10(8
1
2

mxmx
x
để tồn tại A & B (*) có hai nghiệm phân biệt khác 1 m R.
Gọi x
1
; x
2
là hai n
0
của (*) thì theo viet






=

=+
8
2
8
10
21
21
m
xx
m
xx
khi đó tọa độ của A & B là :

A(x
1
; 9x
1
+ m) &B(x
2
; 9x
2
+ m) => trung điểm I của AB có tọa độ I(
;
2
21
xx +
9
m
xx
+
+
2
21
)
hay I(
16
10 m
;
16
790 m+
) .Mà A & B đx qua d lênI d
025
8

63810
8
10
=
+
+
mm
m = - 10
Thay m = - 10 ta có (*) trở thành : 8x
2
- 20x + 8 = 0 x = 2 hoặc x = 1/2.
1,0
10
Vậy A(2 ; 8) &B(1/2 ; - 11/2).
1) Viết pt đờng tròn (C) qua M(2 ; -1) đồng thời (C) tiếp xúc hai đờng thẳng :
a: x + y 1 = 0 & b : x + 7y + 1 = 0. Tính k/cách giữa hai tiếp điểm của (C) với a & b
Vì M a nên (C) txúc a tại M => tâm I của (C) thuộc d : x y 3 = 0 qua M & d a
=> I( a ; a 3) . Mặt khác (C) txúc a & b nên tâm I cách đều a & b d(I ;a) = d(I ; b)

25
1)3(7
2
13 ++
=
+ aaaa
a = 0 & a =
9
20
Với I(0 ; - 3) => R = d(I;a) = 2
2

=> pt (C): x
2
+ (y + 3)
2
= 8
Với I(
9
20
; -
9
7
) => R =
9
22
=> pt (C) : ( x -
9
20
)
2
+ (y +
9
7
)
2
=
81
8
2/Tứ diện ABCD có thể tích
3
1

, trọng tâm G d: x = y = z .
Biết B(- 1; 1 ; 2) ; C(- 1 ; 1 ; 0) & D( 2 ; - 1 ; - 2) tìm tọa độ đỉnh A.
Gọi A( x ; y ; z) =>G( x/4 ; (y + 1)/4 ; z/4) mà G d nên x/4 = (y + 1)/4 = z/4
hay A(x ; x - 1 ; x)
Ta có :
)0;6;4(].[)4;2;3(&)2;0;0( ==> BDBCBDBC
;
)2;2;1( + xxxBA
vậy V
ABCD
=
6
1
10x - 8=
3
1
x = 1 hoặc x =
5
3
Tức A(1 ; 0 ; 1) hoặc A(
5
3
; -
5
2
;
5
3
)
Câu

VIIb
Giải phơng trình sau trong tập số phức : z
3
+ (1 2i)z
2
+ (1 i)z 2i = 0 .
pt (z i)(z
2
+ (1 i)z + 2)=0
pt : z
2
+ (1 i)z + 2 = 0 có = - 8 2i =>






++= i174174
vậy pt ban đầu có ba n
0
: z = i ; z =
2
1
2
1

+ i







++ i174174
11