3 DE VA DA THI THU DH 6.2010

BO GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Tham khao
ĐỀ THI THU DAI HOC NAM 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y =
1
2
−x
x
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = mx – m + 2 cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt
A,B và đoạn AB có độ dài nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
2. Giải phương trình

2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
.
Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên
các cạnh AB, AC sao cho
( ) ( )
DMN ABC⊥
. Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x
và y. Chứng minh rằng:
3 .x y xy+ =
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z
0
≥
thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( )
3 3 3
3
16x y z
P

x y z
+ +
=
+ +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1
= 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các
đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
d
1
:
1 1 2
2 3 1
x y z+ − −
= =
, d
2
:
2 2
1 5 2
x y z− +
= =
−
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d
1
và d
2

.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C
lần lượt nằm trên hai đường thẳng d
1
: x + y + 5 = 0 và d
2
: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn
có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:
3 2 1
2 1 1
x y z− + +
= =
−
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0.
Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng
∆
nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc
với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới
∆

bằng
42
.
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

− − =

∈


+ =

¡

Hết
SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN
Đáp án gồm 05 trang
Câu Nội dung Điểm

I HS tu lam 2,0
II 2.0
1
Giải phương trình
( )
( )
2
cos . cos 1
2 1 sin .
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
1.0
ĐK:
sin cos 0x x+ ≠
0.25
Khi đó
( )
( ) ( ) ( )
2
1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x⇔ − − = + +

( ) ( )
1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + =

( ) ( ) ( )

1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + =
0.25
sin 1
cos 1
x
x
= −

⇔

= −

(thoả mãn điều kiện)
0.25
2
2
2
x k
x m
π
π
π π

= − +

⇔

= +


( )
,k m∈Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:
2
2
x k
π
π
= − +
và
2x m
π π
= +

( )
,k m∈Z
0.25
2
Giải phương trình:
2 2
7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡
1.0
2
2 2
3 2 0
7 5 3 2
x x
PT
x x x x x


− − ≥

⇔

− + + = − −


0.25

2
3 2 0
5 2( 2)
x x
x x x

− − ≥

⇔

+ = − +


0.25

3 1
0
2
5 2.
x
x

x
x
x


− ≤ ≤

⇔ ≠


+

+ = −


( )
( )
2
2 0
1 16 0
x
x x
− ≤ <


⇔

+ − =



0.25

1x
⇔ = −
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.
0.25
III
Tính tích phân
3
0
3
3. 1 3
x
dx
x x
−
+ + +
∫
.
1.0
Đặt u =
2
1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ =
; đổi cận:
0 1
3 2
x u
x u
= ⇒ =



= ⇒ =

0.25
Ta có:
3 2 2 2
3
2
0 1 1 1
3 2 8 1
(2 6) 6
3 2 1
3 1 3
x u u
dx du u du du
u u u
x x
− −
= = − +
+ + +
+ + +
∫ ∫ ∫ ∫
0.25
D
A
BC
H
M
N
( )

2
2
1
2
6 6ln 1
1
u u u= − + +
0.25
3
3 6ln
2
= − +
0.25
IV 1.0
Dựng
DH MN H
⊥ =
Do
( ) ( ) ( )
DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥
mà
.D ABC
là
tứ diện đều nên
H
là tâm tam giác đều
ABC
.
0.25
Trong tam giác vuông DHA:

2
2 2 2
3 6
1
3 3
DH DA AH
 
= − = − =
 ÷
 ÷
 
Diện tích tam giác
AMN
là
0
1 3
. .sin 60
2 4
AMN
S AM AN xy= =
0.25
Thể tích tứ diện
.D AMN
là
1 2
.
3 12
AMN
V S DH xy= =
0.25

Ta có:
AMN AMH AMH
S S S= +
0 0 0
1 1 1
.sin 60 . .sin 30 . .sin 30
2 2 2
xy x AH y AH⇔ = +
⇔
3 .x y xy+ =
0.25
V 1.0
Trước hết ta có:
( )
3
3 3
4
x y
x y
+
+ ≥
(biến đổi tương đương)
( ) ( )
2
0x y x y⇔ ⇔ − + ≥
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
( ) ( )
( )
3 3

3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t
a a
+ + − +
≥ = = − +

(với t =
z
a
,
0 1t≤ ≤
)
0.25
Xét hàm số f(t) = (1 – t)
3
+ 64t
3
với t
[ ]
0;1∈
. Có
( )
[ ]
2

2
1
'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1
9
f t t t f t t
 
= − − = ⇔ = ∈
 
Lập bảng biến thiên
0.25
( )
[ ]
0;1
64
inf
81
t
M t
∈
⇒ = ⇒
GTNN của P là
16
81
đạt được khi x = y = 4z > 0
0.25
VI.a 2.0
1 1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
21
2 1 0

21 13
5
;
7 14 0 13
5 5
5
x
x y
B
x y
y

=

− + =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


0.25
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và

BD, kí hiệu
(1; 2); (1; 7); ( ; )
AB BD AC
n n n a b− −
uuur uuur uuur
(với a
2
+ b
2
> 0) lần lượt là VTPT của các
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:
( ) ( )
os , os ,
AB BD AC AB
c n n c n n=
uuur uuur uuur uuur
2 2 2 2
3
2 7 8 0
2
7
a b
a b a b a ab b
b
a
= −


⇔ − = + ⇔ + + = ⇔


= −

0.25
- Với a = - b. Chọn a = 1
⇒
b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:
1 0 3
(3;2)
2 1 0 2
x y x
A
x y y
− − = =
 
⇒ ⇒
 
− + = =
 
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
7
1 0
7 5
2
;
7 14 0 5
2 2
2
x
x y

I
x y
y

=

− − =


 
⇔ ⇒
 
 ÷
− + =
 


=


Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ
( )
14 12
4;3 ; ;
5 5
C D
 
 ÷
 
0.25

- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD)
0.25
2 1.0
Phương trình tham số của d
1
và d
2
là:
1 2
1 2 2
: 1 3 ; : 2 5
2 2
x t x m
d y t d y m
z t z m
= − + = +
 
 
= + = − +
 
 
= + = −
 
0.25
Giả sử d cắt d
1
tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d
2
tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)
MN⇒

uuuur
(3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
0.25
Do d ⊥ (P) có VTPT
(2; 1; 5)
P
n − −
uur
nên
:
p
k MN kn∃ = ⇔
uuuur uur
3 2 2
3 5 3
2 2 5
m t k
m t k
m t k
+ − =


− + − = −


− − − = −

có nghiệm
0.25
Giải hệ tìm được

1
1
m
t
=


=


Khi đó điểm M(1; 4; 3)
⇒
Phương trình d:
1 2
4
3 5
x t
y t
z t
= +


= −


= −

thoả mãn bài toán
0.25
VII.a

Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)
n
, biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình
log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3
1.0
Điều kiện:
3
n N
n
∈


>

Phương trình log
4
(n – 3) + log
4
(n + 9) = 3 ⇔ log
4
(n – 3)(n + 9) = 3
0.25
⇔ (n – 3)(n + 9) = 4
3
⇔ n
2

+ 6n – 91 = 0
7
13
n
n
=

⇔

= −

Vậy n = 7.
0.25
Khi đó z = (1 + i)
n
= (1 + i)
7
=
( ) ( ) ( )
3
2
3
1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i
 
+ + = + = + − = −
 
0.25
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0

Giả sử
1 2
( ; ) 5; ( ; ) 2 7
B B B B C C C C
B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − +
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:
2 6
3 0
B C
B C
x x
y y
+ + =


+ + =


0.25
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1)
0.25
Ta có
(3;4) (4; 3)
BG
BG VTPT n⇒ −
uuur uuur
nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
Bán kính R = d(C; BG) =
9

5

⇒
phương trình đường tròn: (x – 5)
2
+(y – 1)
2
=
81
25
0.25
2 1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
= +


= − +


= − −

⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2

1
2 0
x t
y t
z t
x y z
= +


= − +


= − −


+ + + =

(tham số t)
(1; 3;0)M⇒ −
0.25
Lại có VTPT của(P) là
(1;1;1)
P
n
uur
, VTCP của d là
(2;1; 1)
d
u −
uur

.
Vì
∆
nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP
, (2; 3;1)
d P
u u n
∆
 
= = −
 
uur uur uur

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên
∆
, khi đó
( 1; 3; )MN x y z− +
uuuur
.
Ta có
MN
uuuur
vuông góc với
u
∆
uur
nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
Lại có N
∈
(P) và MN =

42
ta có hệ:
2 2 2
2 0
2 3 11 0
( 1) ( 3) 42
x y z
x y z
x y z

+ + + =

− + − =


− + + + =

0.25
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5)
0.25
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt
5 2 5
:
2 3 1
x y z− + +
∆ = =
−
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt
3 4 5
:

2 3 1
x y z+ + −
∆ = =
−
0.25
(thoả mãn)
(không thoả mãn)
VII.b
Giải hệ phương trình
( )
1 4
4
2 2
1
log log 1
( , )
25
y x
y
x y
x y

− − =

∈


+ =

¡

1.0
Điều kiện:
0
0
y x
y
− >


>

0.25
Hệ phương trình
( )
4 4 4
2 2 2 2 2 2
1 1
log log 1 log 1
4
25 25 25
y x y x
y x
y y y
x y x y x y
− −
  
− + = − = − =
  
⇔ ⇔ ⇔

  
  
+ = + = + =
  
0.25
2
2 2 2 2
3
3 3
25
25 9 25
10
x y
x y x y
y
x y y y
=

= =
 

⇔ ⇔ ⇔
  
=
+ = + =
 


0.25
( )

( )
15 5
; ;
10 10
15 5
; ;
10 10
x y
x y

 
=

 ÷
 

⇔

 
= − −

 ÷

 

Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0.25
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
đáp án quy định.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2009-2010

(không thỏa mãn đk)
(không thỏa mãn đk)
Môn thi: TOÁN – Khối A, B
Thời gian : 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:(2,0 điểm) Cho hàm số
3
(3 1)y x x m
= − −
(C ) với m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi
1m
=
.
2. Tìm các gíá trị của m để đồ thị của hàm số (C) có hai điểm cực trị và chứng tỏ rằng
hai điểm cực trị này ở về hai phía của trục tung.
Câu II:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 3
17
8cos 6 2 sin 2 3 2 cos( 4 ).cos2 16cos
2
x x x x x
π
+ + − =
.
2. Tính tích phân :
( ) ( )
1
2

1
1 1
x
dx
I
e x
−
=
+ +
∫
.
Câu III:(2,0 điểm)
1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
2
4
2
1
x
x
m e e
+ = +
có nghiệm thực .
2. Chứng minh:
( )
1 1 1
12x y z
x y z
 
+ + + + ≤
 ÷

 
với mọi số thực x , y , z thuộc đoạn
[ ]
1;3
.
Câu IV:(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường
tròn nội tiếp tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy
là
0
60
.Tính theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu Va:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC vuông cân tại A với
( )
2;0A
và
( )
1 3G ;
là trọng tâm . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Câu VI.a:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
3
log 4.16 12 2 1
x x
x
+ = +
.
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số

( )
1y x ln x
= −
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho tam giác ABC với
( )
0 1A ;
và phương
trình hai đường trung tuyến của tam giác ABC qua hai đỉnh B , C lần lượt là
2 1 0x y
− + + =
và
3 1 0x y
+ − =
. Tìm tọa độ hai điểm B và C.
Câu VI.b:(2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 3
log 1 log 2
2 2
x x
x
+ −
+ =
.
2. Tìm giới hạn:
( )
2
ln 2

lim
1
1
x
x
x
−
→
−
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi: TOÁN – Khối A, B
Câu Ý NỘI DUNG
Điểm
Câu I
(2,0đ)
Ý 1
(1,0 đ)
Khi m =1
→

3
3 1y x x
= − +
. Tập xác định D=R . 0,25 đ
Giới hạn:
lim ; lim

x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
.
y’= 3x
2
– 3 ; y’=0
1x
↔ = ±
.
0,25 đ
Bảng biến thiên .
Hàm số đồng biến trên khoảng
( ) ( )
; 1 , 1;
−∞ − + ∞
và nghịch biến
trên khoảng
( )
1;1
−
.
Hàm số đạt CĐ tại x = -1 ; y
CĐ
= 3 và đạt CT tại x = 1 ; y
CT
= -1 .
0,25 đ

Điểm đặc biệt: ĐT cắt Oy tại (0 ; 1) và qua (-2 ; -1) ; (2 ; 3).
Đồ thị ( không cần tìm điểm uốn) .
0,25 đ
Ý 2
(1,0 đ)
y’ = 0
↔
3x
2
– 3m = 0 ;
' 9m
∆ =
.
0,25 đ
0m
≤
: y’ không đổi dấu
→
hàm số không có cực trị .
0,25 đ
0m
>
: y’ đổi dấu qua 2 nghiệm của y’=0
→
hàm số có 2 cực trị.
KL:
0m
>
.
0,25 đ

0m
>
→

0P m
= − < →
đpcm.
0,25 đ
âu II
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
Biến đổi:
3
4cos 3 2 sin 2 8cosx x x+ =
0,25 đ
2
2cos .(2cos 3 2 sin 4) 0x x x
↔ + − =
0,25 đ
2
cos 0 2sin 3 2 sin 2 0x v x x
↔ = − + =
. 0,25 đ

2
2
4
3
2

4
x k
x k
x k
π
π
π
π
π
π

= +



↔ = +



= +

, k
Z∈
KL:
0,25 đ
Ý 2
(1,0 đ)
Khi x = 2y
→

1y
= ± →
2
1
x
y
=


=

;
2
1
x
y
= −


= −

(loại) . 0,25 đ
Khi y=2x
→
-3 x
2
= 3 : VN .
KL: nghiệm hệ PT là
( )
2;1

.
0,25 đ
Câu III
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
Đặt
2
x
t e=
ĐK: t > 0 .
PT trở thành:
4
4
1m t t
= + −
.
0,25 đ
Xét
4
4
( ) 1f t t t= + −
với t > 0 .
3
4
4
4
'( ) 1 0
1
t

f t
t
 
= − <
 ÷
+
 
→
hàm số NB trên
( )
0;
+ ∞
.
0,50 đ

( ) ( )
4 4 24
1
lim ( ) lim 0
1 1
t t
f t
t t t t
→+∞ →+∞
= =
+ + + +
; f(0) = 1.
KL: 0< m <1.
0,25 đ
Ý 2

(1,0 đ)
Ta có:
( ) ( )
2
3
1 3 1 3 0 4 3 0 4t t t t t t
t
≤ ≤ ↔ − − ≤ ↔ − + ≤ ↔ + ≤
. 0,25 đ
Suy ra :
3 3 3
4 ; 4 ; 4x y z
x y z
+ ≤ + ≤ + ≤
( )
1 1 1
3 12Q x y z
x y z
 
→ = + + + + + ≤
 ÷
 

0,50 đ
( ) ( )
1 1 1 1 1 1
3 6 12
2
Q
x y z x y z

x y z x y z
   
+ + + + ≤ ≤ → + + + + ≤
 ÷  ÷
   
0,25 đ
Câu IV
(1,0 đ) Gọi M là trung điểm BC
→
A , M , H thẳng hàng
0
BC SM 60BC AM SMH⊥ → ⊥ → ∠ =
.
0,25 đ
AM=4a
2
3
12 ; 8
2
ABC
ABC
S
a
S a p a r
p
→ = = → = =
=MH . 0,25 đ
3
.
3 3

6 3
2
S ABC
a
SH V a
→ = → =
. 0,25 đ
Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC
;AB SN AC SP
→ ⊥ ⊥
HM = HN = HP
2
3 3 24
XQ
SM SN SP a S ap a
→ = = = → = =
.
0,25 đ
Câu Va
(1,0 đ)
Đặt AB = a
( )
2
2 2
2 ;
2 2
ABC
a
a
BC a S p

+
→ = → = =
. 0,50 đ

2 2
ABC
S
a
r
p
→ = =
+
. 0,25 đ
( )
1; 3 2 3 3 2AG AG AM a= − → = → = → =
uuur
( )
3 2 1r→ = −
.
0,25 đ
Câu VIa
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
PT
2 1 2 2
4.16 12 3 4.4 4 .3 3.3
x x x x x x x+
↔ + = ↔ + =
.

Chia 2 vế cho
2
3 0
x
>
, ta có:
2
4 4
4 3 0
3 3
x x
   
+ − =
 ÷  ÷
   
.
0,50đ
Đặt
4
3
x
t
 
=
 ÷
 
. ĐK:
2
3
0 ; 4 3 0 1( ); ( )

4
t t t t kth t th
> + − = ↔ = − =
. 0,25 đ
Khi
3
4
t
=
, ta có:
1
4 3 4
1
3 4 3
x
x
−
   
= = ↔ = −
 ÷  ÷
   
.
0,25 đ
Ý 2
(1,0 đ)
TXĐ:
( )
0;D
= + ∞
;

1
' ln
x
y x
x
−
= +
. 0,25 đ
y’= 0
1x
↔ =
; y(1) = 0 vì
1
ln
x
y x
x
−
= +
là HSĐB 0,50 đ
Khi 0 < x < 1
' 0y
→ <
; khi x > 1
' 0y
→ >
.
KL: miny = 0
1x
↔ =

.
0,25 đ
Câu Vb
(1,0 đ)
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là
2 1
4 1
;
3 1
7 7
x y
G
x y
− =

 
↔

 ÷
+ =
 

.
0,25 đ
Gọi
( )
1
;2 1 ( )B b b d
− ∈
;

( )
2
1 3 ; ( )C c c d
− ∈

Ta có:
5 2
3
7 7
3 1
2
7 7
b c b
b c c
 
− = =
 
 
↔
 
 
+ = = −
 
 
.
0,50 đ
KL:
2 3 10 1
; ; ;
7 7 7 7

B C
   
− −
 ÷  ÷
   
. 0,25 đ
Câu VIb
(2,0 đ)
Ý 1
(1,0 đ)
ĐK: x > 0 . Đặt
3
log 3
t
t x x
= ↔ =
. 0,25 đ
Ta có:
2
1 9 2 4 2
2.2 2 3 .2 3
4 4 3 9 3
t
t t t t t
   
+ = ↔ = ↔ = =
 ÷  ÷
   
. 0,50 đ
Khi t = 2 thì

3
log 2 9x x= ↔ =
(th)
KL: nghiệm PT là
9x
=
.
0,25 đ
Ý 2
(1,0 đ)
Đặt
1. : 1 0t x Suy ra x t
= − → ⇔ →
. 0,25 đ
Giới hạn trở thành:
( )
( )
0
ln 1
lim
2
t
t
t t
→
−
+
( )
( )
( )

0
ln 1
1 1
lim .
2 2
t
t
t t
→
+ −
−
= = −
− +
.
0,50đ
KL:
( )
2
1
ln 2
1
lim
1 2
x
x
x
→
−
= −
−

. 0,25đ
* Lưu ý: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào
SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho
điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho
điểm.
… HẾT…
THI TH I HC, CAO NG NM 2010.
PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7 im)
Cõu I (2 im) Cho hm s
2 4
1
x
y
x
+
=

.
1)Kho sỏt v v th
( )
C
ca hm s trờn.
2)Gi (d) l ng thng qua A( 1; 1 ) v cú h s gúc k. Tỡm k sao cho (d) ct ( C ) ti hai im M, N v
3 10MN =
.
Cõu II (2 im) :
1. Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12

12
x y x y
y x y

+ + =


=


2.Gii phng trỡnh :
01cossin2sinsin2
2
=++ xxxx
.
Cõu III (1 im): Tớnh tớch phõn:
2
3
0
3sin 2cos
(sin cos )
x x
I dx
x x


=
+

Cõu IV (1 im) Cho hỡnh chúp ct tam giỏc u ngoi tip mt hỡnh cu bỏn kớnh r cho trc. Tớnh th

tớch hỡnh chúp ct bit rng cnh ỏy ln gp ụi cnh ỏy nh.
Cõu V (1 im) Tìm m để phơng trình sau có 2 nghiệm phân biệt :

x10
1).12(48
22
++=++ xxmx
.
PHN RIấNG (3 im): Thớ sinh ch lm mt trong hai phn (Phn 1 hoc phn 2)
1. Theo chng trỡnh chun.
Cõu VI.a (2 im)
1. Cho

ABC cú nh A(1;2), ng trung tuyn BM:
2 1 0x y+ + =
v phõn giỏc trong CD:
1 0x y+ =
. Vit phng trỡnh ng thng BC.
2. Cho ng thng (D) cú phng trỡnh:
2
2
2 2
x t
y t
z t
= +


=

= +

.Gi

l ng thng qua im
A(4;0;-1) song song vi (D) v I(-2;0;2) l hỡnh chiu vuụng gúc ca A trờn (D). Trong cỏc mt phng qua

, hóy vit phng trỡnh ca mt phng cú khong cỏch n (D) l ln nht.
Cõu VII.a (1 im) Cho x, y, z l 3 s thc thuc (0;1]. Chng minh rng
1 1 1 5
1 1 1xy yz zx x y z
+ +
+ + + + +
2. Theo chng trỡnh nõng cao.
Cõu VI.b (2 im) 1) Trong mt phng vi h ta Oxy cho ng trũn hai ng trũn
2 2
( ): 2 2 1 0,C x y x y+ + =
2 2
( '): 4 5 0C x y x+ + =
cựng i qua M(1; 0). Vit phng trỡnh
ng thng qua M ct hai ng trũn
( ), ( ')C C
ln lt ti A, B sao cho MA= 2MB.
2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =

=
1
2
và d :
1
5
3
2
2

+
==
z
y
x
.
Viết phơng trình mặt phẳng
)(

đi qua d và tạo với d một góc
0
30
Cõu VII.b (1 im) Cho a, b, c l ba cnh tam giỏc. Chng minh
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b

+ + + + <
ữ
+ + + + + +

Ht
Kỳ thi thử đại học- cao đẳng
năm 2010
Hớng dẫn chấm môn toán
Câu Phần Nội dung
I
(2,0) 1(1,0)
Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa.
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
+

= − +

− +


= − +

. 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
2
(2 3) 3 0(**)kx k x k− − + + =

có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được
3
0, .
8
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) 0k 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.
Câu Ý Nội dung
1
1) CâuII:2. Giải phương trình:
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
=−+−−⇔=−++− xxxxxxxx
.

22
)3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx
. VËy
5,0sin =x
hoÆc
1cossin
−=
xx
.
Víi
5,0sin =x
ta cã
π
π
kx 2
6
+=
hoÆc
π
π
kx 2

6
5
+=
Víi
1cossin
−=
xx
ta cã






−=−=






−⇔−=−
4
sin
2
2
4
sin1cossin
ππ
xxx

, suy ra

π
kx 2
=
hoÆc
π
π
kx 2
2
3
+=
2
Điều kiện:
| | | |x y≥
Đặt
2 2
; 0u x y u
v x y

= − ≥


= +


;
x y= −
không thỏa hệ nên xét
x y

≠ −
ta có
2
1
2
u
y v
v
 
= −
 ÷
 
.
Hệ phương trình đã cho có dạng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =


 

− =
 ÷


 


4
8
u
v
=

⇔

=

hoặc
3
9
u
v
=


=

+
2 2
4
4
8
8
u

x y
v
x y

=

− =

⇔
 
=
+ =



(I)
+
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y

=

− =


⇔
 
=
+ =



(II)
Giải hệ (I), (II).
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban
đầu là
( ) ( )
{ }
5;3 , 5;4S =
Câu Phần Nội dung
III
(1,0)
Đặt
, 0 , 0.
2 2 2
x t dx dt x t x t
π π π
= − ⇒ = − = ⇒ = = ⇒ =
Suy ra:
2 2 2
3 3 3
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )

x x t t x x
I 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 2
0 0 0
3sin 2cos 3cos 2sin 1
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
x x x x
I I I dx dx dx
x x x x x x
π π π
− −
= + = + =
+ + +
∫ ∫ ∫
=
=
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
π π
π
π π
π π
   
= − = − =
 ÷  ÷
   
   
− −
 ÷  ÷
   
∫ ∫
. KL: Vậy
1
.
2
=I
IV 0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung
điểm của AB, A’B’. Ta có:

( ) ( ) ( )
' ' ' ' '
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’
và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm
'K II∈
.
0,25
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC= = = = = =
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x= ⇒ = ⇒ =

0,25
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
( )
' . '
3
h
V B B B B= + +
Trong đó:
2 2 2
2 2
4x 3 3 3r 3
3 6r 3; ' ; 2r
4 4 2
x
B x B h= = = = = =
0,25
Từ đó, ta có:
2 2 3
2 2
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
3 2 2 3
V
 
 ÷
= + + =
 ÷
 
0,25
V

NhËn xÐt : 10x
48
2
++ x
= 2(2x+1)
2
+2(x
2
+1)
0,25
0,25
Phơng trình tơng đơng với :
2
(
02)
1
12
()
1
12
2
2
2
=+
+
+

+
+
x

x
m
x
x
.
Đặt
t
x
x
=
+
+
1
12
2
Điều kiện : -2< t
5
. Rút m ta có: m=
t
t 22
2
+
Lập bảng biến thiên của hàm số trên
(
]
5,2
, ta có kết quả của m để phơng
trình có hai nghiệm phân biệt là:
5
12

4 < m
hoặc -5 <
4<m
0,25
0,25
VIa
0,75
1 1,00
im
( )
: 1 0 ;1C CD x y C t t + =
.
Suy ra trung im M ca AC l
1 3
;
2 2
t t
M
+

ữ

.
0,25
im
( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t

M BM x y t C
+

+ + = + + = =
ữ

0,25
0,25
T A(1;2), k
: 1 0AK CD x y + =
ti I (im
K BC

).
Suy ra
( ) ( )
: 1 2 0 1 0AK x y x y = + =
.
Ta im I tha h:
( )
1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ =

+ =

.
Tam giỏc ACK cõn ti C nờn I l trung im ca AK

ta ca
( )
1;0K
.
ng thng BC i qua C, K nờn cú phng trỡnh:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= + + =
+

2
Gi (P) l mt phng i qua ng thng

, thỡ
( ) //( )P D
hoc
( ) ( )P D
. Gi H l hỡnh chiu
vuụng gúc ca I trờn (P). Ta luụn cú
IH IA
v

IH AH
.
Mt khỏc
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
, ,d D P d I P IH
H P

= =





Trong mt phng
( )
P
,
IH IA
; do ú
axIH = IA H Am

. Lỳc ny (P) v trớ (P
0
) vuụng
gúc vi IA ti A.
Vect phỏp tuyn ca (P

0
) l
( )
6;0; 3n IA= =
r uur
, cựng phng vi
( )
2;0; 1v =
r
.
Phng trỡnh ca mt phng (P
0
) l:
( ) ( )
2 4 1. 1 2x - z - 9 = 0x z + =
.
VIIa
ý rng
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 0xy x y x y+ + =
;
v tng t ta cng cú
1
1
yz y z
zx z x
+ +


+ +

0,25
Vỡ vy ta cú:
( )
1 1 1
1 1 1
1 1 1 1 1 1
3
1 zx+y
1
5
1
1 5
5
x y z
x y z
xy yz zx yz zx xy
x y z
yz xy z
z y
x
yz zx y xy z
z y
x
z y y z

+ + + + + + + + +
ữ
+ + + + + +

+ + +
+ +

= +
ữ
+ + +


+
ữ
+ +

=
vv
1,00
VIb 1)
+ Gi tõm v bỏn kớnh ca (C), (C) ln lt l I(1; 1) , I(-2; 0) v
1, ' 3R R= =
, ng
thng (d) qua M cú phng trỡnh
2 2
( 1) ( 0) 0 0, ( 0)(*)a x b y ax by a a b + = + = +
.
+ Gi H, H ln lt l trung im ca AM, BM.
Khi ú ta cú:
2 2 2 2
2 2 ' ' 'MA MB IA IH I A I H= =
( ) ( )
2 2
1 ( ; ) 4[9 ( '; ) ]d I d d I d =

,
.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

= =
+
D thy
0b
nờn chn
6
1
6

=

=

=

a
b
a
.
Kim tra iu kin
IA IH>
ri thay vo (*) ta cú hai ng thng tho món.
0,25
0,25
0,25
0,25
2
.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
.
Mp
)(

phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
==un
. Bởi vậy nếu đặt
);;( CBAn =
thì ta phải có :





=
++
+
=+
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA

CBA






=
+=






+++=
+=
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+= CACACACA
. Vậy

CA =
hoặc
CA
=
2
.
Nếu
CA
=
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(

mp
có phơng trình
0)2(2 =++ zyx
hay
042
=++
zyx
Nếu
CA
=
2
ta có thể chọn
2,1 == CA
, khi đó

1=B
, tức là
)2;1;1( =n
và
)(

mp
có
phơng trình
02)2( = zyx
hay
022
=+
zyx
0,25
VIIb 1,00
Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:
a b c
b c a
c a b
+ >


+ >


+ >

.
Đặt

( )
, , , , 0 , ,
2 2
a b c a
x y a z x y z x y z y z x z x y
+ +
= = = > ⇒ + > + > + >
.
Vế trái viết lại:
2
3 3 2
a b a c a
VT
a c a b a b c
x y z
y z z x x y
+ +
= + +
+ + + +
= + +
+ + +
0,50
Ta có:
( ) ( )
2
2
z z
x y z z x y z z x y
x y z x y
+ > ⇔ + + < + ⇔ >

+ + +
.
Tương tự:
2 2
; .
x x y y
y z x y z z x x y z
< <
+ + + + + +
Do đó:
( )
2
2
x y z
x y z
y z z x x y x y z
+ +
+ + < =
+ + + + +
.
Tức là:
1 1 2
2
3 3 2 3 3
b c
a
a b a c a b c a c a b
 
+ + + + <
 ÷

+ + + + + +
 
0,50
V.Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1x x m x x x x m+ − + − − − =
(1)
Điều kiện :
0 1x
≤ ≤
Nếu
[ ]
0;1x ∈
thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm duy nhất
thì cần có điều kiện
1
1
2
x x x= − ⇒ =
. Thay
1
2
x =
vào (1) ta được:
3
0
1 1
2. 2.

1
2 2
m
m m
m
=

+ − = ⇒

= ±

* Với m = 0; (1) trở thành:
( )
2
4 4
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Phương trình có nghiệm duy nhất.
* Với m = -1; (1) trở thành
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
4
4
2 2

4 4
1 2 1 2 1 1
1 2 1 1 2 1 0
1 1 0
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x
+ − − − − − = −
⇔ + − − − + + − − − =
⇔ − − + − − =
+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
+ Với
1
1 0
2
x x x− − = ⇔ =
Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
* Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( )
( ) ( )
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1x x x x x x x x x x+ − − − = − − ⇔ − − = − −
Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm

1
0,
2
x x= =
nên trong trường hợp này (1) không
có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.