tuyen tap de thi thu tren MATHVN

MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 01
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
Thời gianlàm bài: 180 phút.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2điểm): Cho hàm số
1
12
-
-
=
x
x
y (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp
tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng IM.
Câu II (2 điểm):
1. Giải bất phương trình:
)243(log1)243(log
2
3
2
9
++>+++ xxxx

2. Giải phương trình:

xx
x
x
x
x
cottan
sin
2cos
cos
2sin
-=+

Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I =
1
2
ln(1 x )dx
0
+
ò

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính
theo a khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE
Câu V (1 điểm): Cho a, b, c là các số thực thoả mãn
3.
a b c
+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .

a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc
B)
A. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (
1
C ): 13
22
=+ yx và (
2
C ):
25)6(
22
=+- yx . Gọi A là một giao điểm của (
1
C ) và (
2
C ) với 0>
A
y . Viết phương
trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt (
1
C ), (
2
C ) theo hai dây cung có độ dài bằng
nhau.
2. Giải phương trình:
( ) ( )

021515
2
3
=-++-
+x
xx

Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng
*
Nn Î"
, ta có:
nn
nnn
n
nCCC 4
2
2 42
2
2
4
2
2
2
=+++

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C): 056
22
=+-+ xyx . Tìm

điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai
tiếp tuyến đó bằng
0
60 .
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
2
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: )(
1
d :
ï
î
ï
í
ì
=
=
=
4
2
z
ty
tx
và )(
2
d :
ï
î
ï

í
ì
=
=
-=
0
3
z
ty
tx
. Chứng minh )(
1
d và )(
2
d chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có
đường kính là đoạn vuông góc chung của )(
1
d và )(
2
d .
Câu VII.b (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:
01686
234
= +- zzzz

Hết

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 02
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
Thời gianlàm bài: 180 phút.

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm)
Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x
3
+ mx
2
– 3x
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0.
2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x
1
và x
2
thỏa x
1
= - 4x
2

Câu 2: (2điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y
ì
- - =
ï
í
- + - =
ï
î

2. Giải phương trình: cosx = 8sin
3
6
x
p
æ ö
+
ç ÷
è ø

Câu 3: (2 điểm)
1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC
vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng
minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.
2. Tính tích phân A =
2
ln .lnex
e
e
dx
x x
ò

Câu 4: (2 điểm)
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1);
C(0;2;0); D(3;0;0). Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết
phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các
đường thẳngAB; CD.
2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:

3 3 3
2 2 2 2 2 2
1
a b c
a ab b b bc c c ca a
+ + =
+ + + + + +

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c
B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm)
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
3
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương
trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm
của tam giác IJK.
2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên
(D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được
bằng 45.
Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0
và đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng
đối xứng qua A(3;1).
2. Tìm m để bất phương trình: 5

2x
– 5
x+1
– 2m5
x
+ m
2
+ 5m > 0 thỏa với mọi số
thực x.
Hết

BÀI GIẢI TÓM TẮT
A.PHẦN CHUNG:
Câu 1:
1. m = 0 , y = 4x
3
– 3x
- TXĐ: D = R
- Giới hạn: lim , lim
x x
y y
®+¥ ®-¥
= +¥ = -¥

- y’ = 12x
2
– 3 ; y’ = 0 Û x =
1
2
±

Bảng biến thiên:

- y’’ = 24x , y” = Û x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0)
- Đồ thị:

2. TXĐ: D = R
- y’ = 12x
2
+ 2mx – 3
Ta có: D’ = m
2
+ 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị
MATHVN.COM www.mathvn.com

â 2010 www.mathvn.com
4
Ta cú:
1 2
1 2
1 2
4
6
1
4
x x
m
x x
x x
ỡ

ù
= -
ù
ù
+ = -
ớ
ù
ù
= -
ù
ợ

9
2
m
ị =

Cõu 2:
1.
2 0 (1)
1 4 1 2 (2)
x y xy
x y
ỡ
- - =
ù
ớ
- + - =
ù
ợ

iu kin:
1
1
4
x
y

ỡ
ù
ớ

ù
ợ

T (1)
2 0
x x
y y
ị - - =

ị
x = 4y
Nghim ca h (2;
1
2
)
2. cosx = 8sin
3
6
x

p
ổ ử
+
ỗ ữ
ố ứ

cosx =
(
)
3
3sinx+cosx


3 2 2 3
3 3sin 9sin osx +3 3sinxcos os osx = 0
x xc x c x c+ + - (3)
Ta thy cosx = 0 khụng l nghiờm
(3)
3 2
3 3 tan 8tan x + 3 3 tanx = 0
x +

t anx = 0 x = k
p



Cõu 3:
1.Theo nh lý ba ng vuụng gúc
BC ^ (SAC) ị AN ^ BC

v AN ^ SC
ịAN ^ (SBC) ị AN ^ MN
Ta cú: SA
2
= SM.SB = SN.SC
Võy DMSN ~ DCSB

ị
TM l ng cao ca tam giỏc STB

ị
BN l ng cao ca tam giỏc STB
Theo nh lý ba ng vuụng gúc, ta cú AB
^ ST
ịAB ^ (SAT) hay AB^ AT (pcm)

2.
2 2
(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
A
x x x x x
= =
+ +
ũ ũ
=
2

1 1
(ln )
ln 1 ln
e
e
d x
x x
ổ ử
-
ỗ ữ
+
ố ứ
ũ

=
2 2
ln(ln ) ln(1 ln )
e e
x x
e e
- + = 2ln2 ln3
Cõu 4:
1. +)
(4;5;5)
BA =
uuur
,
(3; 2;0)
CD = -
uuur

,
(4;3;6)
CA =
uuur


, (10;15; 23)
BA CD
ộ ự
= -
ở ỷ
uuur uuur
ị

, . 0
BA CD CA
ộ ự
ạ
ở ỷ
uuur uuur uuur
ị pcm
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
5
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy)
Þ
có VTPT
1
,

n BA k
é ù
=
ë û
ur uuur r
=
(5;- 4; 0)
Þ (P): 5x – 4y = 0
+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy) có VTPT
1
,
n CD k
é ù
=
ë û
ur uuur r
= (-2;-
3; 0)
Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D)
2. Ta có:
3
2 2
2
3
a a b
a ab b
-
³
+ +

(1)
Û 3a
3
≥ (2a – b)(a
2
+ ab + b
2
)
Û a
3
+ b
3
– a
2
b – ab
2
≥ 0
Û (a + b)(a – b)
2

³
0. (h/n)
Tương tự:
3
2 2
2
3
b b c
b bc c
-

³
+ +
(2) ,
3
2 2
2
3
c c a
c ac a
-
³
+ +
(3)
Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:
3 3 3
2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
+ +
+ + ³
+ + + + + +

Vậy: S ≤ 3
Þ
maxS = 3 khi a = b = c = 1
B. PHẦN TỰ CHỌN:
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn
1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)
( ) : 1

x y z
P
a b c
Þ + + =

Ta có
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
= - = -
= - = -
uur uur
uuur uur

Ta có:
4 5 6
1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c
ì
+ + =
ï
ï
- + =
í
ï

- + =
ï
î
Þ
77
4
77
5
77
6
a
b
c
ì
=
ï
ï
ï
=
í
ï
ï
=
ï
î

Þ
ptmp(P)
2.Ta có: n
2 2

5
5
n
C C
+ = 45 Þ n
2
+ 3n – 18 = 0 Þ n = 3
Câu 5b:
1.M Î (D) Þ M(3b+4;b) Þ N(2 – 3b;2 – b)
N Î (C) Þ (2 – 3b)
2
+ (2 – b)
2
– 4(2 – b) = 0 Þ b = 0;b = 6/5
Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)
2. Đặt X = 5
x
Þ X > 0
Bất phương trình đã cho trở thành: X
2
+ (5 + 2m)X + m
2
+ 5m > 0 (*)
Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0
ÛD < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X
1
≤ X
2
≤ 0
Từ đó suy ra m.

MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
6
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 03
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
Thời gianlàm bài: 180 phút.

A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
4 2
( ) 2
y f x x x
= = -
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm
điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình lượng giác:
(
)
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
-
=

+ -

2. Giải bất phương trình:
( )
2
3 1 1
3 3
1
log 5 6 log 2 log 3
2
x x x x
- + + - > +

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
( )
2
4 4
0
cos2 sin cos
I x x x dx
p
= +
ò

Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh
liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên
đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 45
0
.
Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.

Câu V (1 điểm) Cho phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1
x x m x x x x m
+ - + - - - =

Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.

B. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ 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 (C) và đường thẳng
D

định bởi:
2 2
( ): 4 2 0; : 2 12 0
C x y x y x y
+ - - = D + - =
. Tìm điểm M trên
D
sao cho
từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0),
B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại

tiếp tứ diện ABCD.
Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán
kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
ra 9 viên bi có đủ ba màu?
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12,
tâm I thuộc đường thẳng
(
)
: 3 0
d x y
- - =
và có hoành độ
9
2
I
x
=
, trung điểm của
một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
7
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có
phương trình là
2 2 2
( ): 4 2 6 5 0, ( ) : 2 2 16 0
S x y z x y z P x y z

+ + - + - + = + - + =
.
Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của
đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm) Cho
, ,
a b c
là những số dương thỏa mãn:
2 2 2
3
a b c
+ + =
. Chứng
minh bất đẳng thức
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7
a b b c c a a b c
+ + ³ + +
+ + + + + +

Hết


Đáp án.
Câ
u
Ý

Nội dung Điể

m
I

2,00
1


1,00

+ MXĐ:
D
=
¡
0,25
+ Sự biến thiên
· Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
®-¥ ®+¥
= +¥ = +¥

·
( )
3 2
0
' 4 4 4 1 ; ' 0
1
x
y x x x x y
x

=
é
= - = - = Û
ê
= ±
ë

0,25
·
Bảng biến thiên

(
)
(
)
(
)
1 2
1 1; 1 1; 0 0
CT CT
y y y y y y
= - = - = = - = =
C§


0,25
·
Đồ thị

0,25

2


1,00
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
8

Ta có
3
'( ) 4 4
f x x x
= -
. Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A v
à B là
3 3
'( ) 4 4 , '( ) 4 4
A B
k f a a a k f b b b
= = - = = -

Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
(
)
(
)
(
)

(
)
(
)
' ' ( ) af' a
y f a x a f a f a x f a= - + = + - ;
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
' ' ( ) f' b
y f b x b f b f b x f b b= - + = + -

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và
chỉ khi:
(
)
(
)
3 3 2 2
4a 4a = 4b 4 1 0 (1)
A B
k k b a b a ab b= Û - - Û - + + - =
Vì A và B phân biệt nên

a b
¹
, do đó (1) tương đương với phương
trình:
2 2
1 0 (2)
a ab b+ + - =

Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau

( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
4 2 4 2
1 0
1 0
' '
3 2 3 2
a ab b
a ab b
a b
f a af a f b bf b
a a b b
ì
ì
+ + - =
+ + - =
ï ï
Û ¹ Û

í í
- = -
- + = - +
ï
ï
î
î
,
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai
nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là
(
)
1; 1
- -

và
(
)
1; 1
-
.
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song
song với nhau là
2 2
1 0
1
a ab b
a
a b
ì

+ + - =
ï
¹ ±
í
ï
¹
î


II

2,00
1


1,00

Điều kiện:
(
)
cos .sin 2 .sin . tan cot2 0
cot 1
x x x x x
x
+ ¹
ì
ï
í
¹
ï

î

0,25
Từ (1) ta có:
(
)
2 cos sin
1 cos .sin 2
2 sin
sin cos2 cos
cos
1
cos sin 2 sin
x x
x x
x
x x x
x
x x x
-
= Û =
+ -

0,25
2sin .cos 2sin
x x x
Û =
( )
2
2

4
cos
2
2
4
x k
x k
x k
p
p
p
p
é
= +
ê
Û = Û Î
ê
ê
= - +
ê
ë
¢

0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là
( )
2
4
x k k
p

p
= - + Î
¢

0,25
2


1,00
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
9

Điều kiện:
3
x
>

0,25
Phương trình đã cho tương đương:
( )
( ) ( )
1 1
2
3
3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2

x x x x
- -
- + + - > +
( )
( ) ( )
2
3 3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x
Û - + - - > - +

(
)
(
)
(
)
(
)
3 3 3
log 2 3 log 2 log 3
x x x x
Û - - > - - +
é ù
ë û

0,25
( )( )

3 3
2
log 2 3 log
3
x
x x
x
-
æ ö
Û - - >é ù
ç ÷
ë û
+
è ø

( )( )
2
2 3
3
x
x x
x
-
Û - - >
+

2
10
9 1
10

x
x
x
é
< -
Û - > Û
ê
>
ê
ë

0,25
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
10
x >
0,25
III



1,00
1


1,00

( )
2
2
0

2
2
0
1
cos2 1 sin 2
2
1 1
1 sin 2 sin 2
2 2
I x x dx
x d x
p
p
æ ö
= -
ç ÷
è ø
æ ö
= -
ç ÷
è ø
ò
ò

0,50

( ) ( )
2 2
2
0 0

3
2 2
0 0
1 1
sin 2 sin 2 sin 2
2 4
1 1
sin 2 sin 2 0
2 12
| |
d x xd x
x x
p p
p p
= -
= - =
ò ò






0,50
IV



1,00
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
10

Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm
của AB và CD. Khi đó
OM AB
^
và
' D
O N C
^
.
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OM
I
D
vuông cân tại O nên:
2 2 2
2 2 2 2 2
h a
OM OI IM h a
= = Þ = Þ =

0,25
Ta có:
2
2
2 2 2

2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO
æ ö
æ ö
= = + = + = + =
ç ÷
ç ÷
ç ÷
è ø
è ø

0,25
2 3
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
a a
V h
p
p p
Þ = = =
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .

2 2
2 2
xq
a a
S
p
p p
= =
0,25
V

1,00

Phương trình
( ) ( )
3
4
1 2 1 2 1
x x m x x x x m
+ - + - - - =
(1)
Điều kiện :
0 1
x
£ £

Nếu
[
]
0;1

xÎ 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
= - Þ =
. Thay
1
2
x
=

vào (1) ta được:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m
=
ì
+ - = Þ
í
= ±
î

0,25
* Với m = 0; (1) trở thành:
(
)
2
4 4
1
1 0
2
x x x
- - = Û =

Phương trình có nghiệm duy nhất.
0,25
* 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
+ - - - - - = -
Û + - - - + + - - - =
Û - - + - - =

+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x
- - = Û =

+ Với
1
1 0
2
x x x
- - = Û =

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
0,25
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
11

* Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( )
(

)
(
)
2 2
4 4
4
1 2 1 1 2 1 1 1
x x x x x x x x x x
+ - - - = - - Û - - = - -

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.
0,25
VI
a


2,00
1


1,00

Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính
5
R = .
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu
hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60
0
thì IAM là nửa tam giác
đều suy ra
2R=2 5
IM = .
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20
x y
- + - =
.
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng
D
, nên tọa độ của M
nghiệm đúng hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y
ì

- + - =
ï
í
+ - =
ï
î

0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
( ) ( )
2 2
2
3
2 10 1 20 5 42 81 0
27
5
x
y y y y
x
=
é
ê
- + + - = Û - + = Û
ê
=
ë

0,25
Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là:
9

3;
2
M
æ ö
ç ÷
è ø
hoặc
27 33
;
5 10
M
æ ö
ç ÷
è ø

0,25
2


1,00

Ta tính được
10, 13, 5
AB CD AC BD AD BC= = = = = = .
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó
ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của
tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là

3 3
;0;
2 2
G
æ ö
ç ÷
è ø
, bán kính
là
14
2
R GA= = .
0,50
VI
Ia


1,00

Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C
.
0,25
MATHVN.COM www.mathvn.com

â 2010 www.mathvn.com
12
Nhng trng hp khụng cú ba viờn bi khỏc mu l:

+ Khụng cú bi : Kh nng ny khụng xy ra vỡ tng cỏc viờn bi
xanh v vng ch l 8.
+ Khụng cú bi xanh: cú
9
13
C
cỏch.
+ Khụng cú bi vng: cú
9
15
C
cỏch.
0,25
Mt khỏc trong cỏc cỏch chn khụng cú bi xanh, khụng cú bi vng thỡ
cú
9
10
C
cỏch chn 9 viờn bi c tớnh hai ln.
Vy s cỏch chn 9 viờn bi cú c ba mu l:
9 9 9 9
10 18 13 15
42910
C C C C+ - - = cỏch.
0,50
VI
b


2,00

1


1,00

I cú honh
9
2
I
x
=
v
( )
9 3
: 3 0 ;
2 2
I d x y I
ổ ử
ẻ - - = ị
ỗ ữ
ố ứ

Vai trũ A, B, C, D l nh nhau nờn trung im M ca cnh AD l giao
im ca (d) v Ox, suy ra M(3;0)
( ) ( )
2 2
9 9
2 2 2 3 2
4 4
I M I M

AB IM x x y y= = - + - = + =
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
S
S AB A
AB
= = =
(
)
AD d
M AD
^ỡ
ù
ớ
ẻ
ù
ợ
, suy ra phng trỡnh AD:
(
)
(
)
1. 3 1. 0 0 3 0
x y x y
- + - = + - =
.

Li cú MA = MD =
2
.
Vy ta A, D l nghim ca h phng trỡnh:
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2
2
2
3 0
3 3
3 2 3 3 2
3 2
x y
y x y x
x y x x
x y
+ - =
ỡ
= - + = - +
ỡ ỡ
ù ù ù

ớ ớ ớ
- + = - + - =
- + =
ù ù
ù
ợ ợ

ợ

3 2
3 1 1
y x x
x y
= - =
ỡ ỡ

ớ ớ
- = =
ợ ợ
hoc
4
1
x
y
=
ỡ
ớ
= -
ợ
.Vy A(2;1), D(4;-1),
0,50
9 3
;
2 2
I
ổ ử
ỗ ữ

ố ứ
l trung im ca AC, suy
ra:
2 9 2 7
2
2 3 1 2
2
A C
I
C I A
A C C I A
I
x x
x
x x x
y y y y y
y
+
ỡ
=
ù
= - = - =
ỡ
ù

ớ ớ
+ = - = - =
ợ
ù
=

ù
ợ

Tng t I cng l trung im BD nờn ta cú: B(5;4).
Vy ta cỏc nh ca hỡnh ch nht l (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
2


1,00
MATHVN.COM www.mathvn.com

â 2010 www.mathvn.com
13

Mt cu (S) tõm I(2;-1;3) v cú bỏn kớnh R = 3.
Khong cỏch t I n mt phng (P):
( )
( )
(
)
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
+ - - +
= = = ị >
.
Do ú (P) v (S) khụng cú im chung.Do vy, min MN = d R = 5 -3
= 2.

0,25
Trong trng hp ny, M v trớ M
0
v N v trớ N
0
. D thy N
0
l
hỡnh chiu vuụng gúc ca I trờn mt phng (P) v M
0
l giao im ca
on thng IN
0
vi mt cu (S).
Gi
D
l ng thng i qua im I v vuụng gúc vi (P), thỡ N
0
l
giao im ca
D
v (P).
ng thng
D
cú vect ch phng l
(
)
2;2; 1
P
n

= -
r
v qua I nờn cú
phng trỡnh l
( )
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
= +
ỡ
ù
= - + ẻ
ớ
ù
= -
ợ
Ă
.
0,25
Ta ca N
0
ng vi t nghim ỳng phng trỡnh:
( ) ( ) ( )
15 5
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t

+ + - + - - + = + = = - = -

Suy ra
0
4 13 14
; ;
3 3 3
N
ổ ử
- -
ỗ ữ
ố ứ
.
0,25
Ta cú
0 0
3
.
5
IM IN
=
uuuur uuur
Suy ra M
0
(0;-3;4)
0,25
VI
Ib

1,00

p dng bt ng thc
1 1 4
( 0, 0)
x y
x y x y
+ > >
+

Ta cú:
1 1 4 1 1 4 1 1 4
; ;
2 2 2a+b+c
a b b c a b c b c c a a b c c a a b
+ + +
+ + + + + + + + + +

0,50
Ta li cú:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 2 2
2 4 4 2 2 0
2 2 4 7
2 1 1 1 0
a b c a b c
a b c a b c a

a b c
= + + + - - -
+ + + + + +
- + - + -

Tng t:
2 2
1 2 1 2
;
2 7 2 7
b c a b c a b c

+ + + + + +

T ú suy ra
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7
a b b c c a a b c
+ + + +
+ + + + + +

ng thc xy ra khi v ch khi a = b = c = 1.
0,50


THI TH I HC NM 2010 S 04
Mụn: TON Khi A-B-D
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
14
Thời gianlàm bài: 180 phút.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số
(
)
3 2
( ) 3 1 1
y f x mx mx m x
= = + - - -
, m là tham số
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1.
2. Xác định các giá trị của m để hàm số
( )
y f x
=
không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình :
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x

+
= +
2. Giải phương trình:

( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
+ + = - + +
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x
=
-
ò

Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai
đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam
giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho.
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm
( )

2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
- + £
- + - + ³
ì
ï
í
ï
î

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ 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 tam giác ABC biết phương trình
các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0.
Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng
x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng
(
)
(
)
: 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.
P x y x y+ - + -
Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và
tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q).

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
- - -
-
+ +
ì
- <
ï
ï
í
ï
³
ï
î
(Ở đây
,
k k
n n

A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n
phần tử)
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và
đường tròn (C):
2 2
2 4 8 0
x y x y
+ + - - =
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
15
đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa
độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0
x y z
- + - =
và các đường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
- - - +

= = = =
- -
.
Tìm các điểm
1 2
d , d
M N
Î Î
sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số
( )
3
1
( ) ln
3
f x
x
=
-
và giải bất
phương trình
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt

f x
x
p
p
>
+
ò

Hết

Đáp án
Câu Ý

Nội dung
I
1


Khi m = 1 ta có
3 2
3 1
y x x
= + -

+ MXĐ:
D
=
¡

+ Sự biến thiên:

· Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
®-¥ ®+¥
= -¥ = +¥

·
2
' 3 6
y x x
= +
;
2
' 0
0
x
y
x
= -
é
= Û
ê
=
ë



· Bảng biến thiên

(

)
(
)
2 3; 0 1
CT
y y y y
= - = = = -
C§


MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
16

· Đồ thị


2



+ Khi m = 0
1
y x
Þ = -
, nên hàm số không có cực trị.


+ Khi

0
m
¹

(
)
2
' 3 6 1
y mx mx m
Þ = + - -

Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi
' 0
y
=
không có nghiệm hoặc có nghiệm kép


(
)
2 2
' 9 3 1 12 3 0
m m m m m
Û D = + - = - £
1
0
4
m
Û £ £

II

1


( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x
+
= + (1)
Điều kiện:
sin 2 0
x
¹

2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin

x
x x
x x x
-
æ ö
Û = +
ç ÷
è ø

2
2
1
1 sin 2
1 1
2
1 sin 2 1 sin2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x
-
Û = Û - = Û =

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
2

MATHVN.COM www.mathvn.com

â 2010 www.mathvn.com
17

( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
+ + = - + + (2)
iu kin:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
+ ạ
ỡ
- < <
ỡ
ù
- >
ớ ớ
ạ -
ợ
ù
+ >

ợ


(
)
(
)
(
)
( )
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
+ + = - + + + + = -
+ = - + = -


+ Vi
1 4
x
- < <
ta cú phng trỡnh
2
4 12 0 (3)
x x+ - = ;

( )
2
(3)
6
x
x
=
ộ

ờ
= -
ở
loại


+ Vi
4 1
x
- < < -
ta cú phng trỡnh
2
4 20 0
x x
- - =
(4);
( )
( )
2 24
4
2 24

x
x
ộ
= -

ờ
= +
ờ
ở
loại

Vy phng trỡnh ó cho cú hai nghim l
2
x
=
hoc
(
)
2 1 6
x = -

III


t
2 2 2
2
1 1 2 2
dx tdt
t x t x tdt xdx

x x
= - ị = - ị = - ị = -
2 2
1 1
dx tdt tdt
x t t
ị = - =
- -

+ i cn:
1 3
2 2
3 1
2 2
x t
x t
= ị =
= ị =


1 3
3
2 2
2
1
2 2
1
2
3
2

2
1 1 1 7 4 3
ln ln
1 1 2 1 2 3
|
dt dt t
A
t t t
ổ ử
+ +
= = = =
ỗ ữ
ỗ ữ
- - -
ố ứ
ũ ũ


IV

MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
18


Gọi E là trung điểm của AB, ta có: ,
OE AB SE AB
^ ^
, s

uy
ra
(
)
SOE AB
^ .
Dựng
(
)
OH SE OH SAB
^ Þ ^ , vậy OH là kho
ảng cách từ
O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 8
1
9 9
9 3
8
2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
= + Þ = - = - =
Þ = Þ =

2 2 2
9 81 9
9

8 8
2 2
SE OE SO SE= + = + = Þ =
2
1 36
. 8 2
9
2
2 2
SAB
SAB
S
S AB SE AB
SE
= Û = = =
( )
2
2
2 2 2 2
1 9 9 265
4 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE
æ ö
= + = + = + = + =
ç ÷
è ø

Thể tích hình nón đã cho:
2

1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
p p p
= = =
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2
265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305
. . .
8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
p p p
= + = + = Þ =
= = =

V


Hệ bất phương trình
( )
2
2
7 6 0 (1)

2 1 3 0 (2)
x x
x m x m
ì
- + £
ï
í
- + - + ³
ï
î

(
)
1 1 6
x
Û £ £
. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại
[
]
0
1;6
x Î thỏa mãn (2).
( ) ( )
( )
[ ]
2
2
2 3
2 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1

x x
x x x m m do x x
x
- +
Û - + ³ + Û ³ Î Þ + >
+

Gọi
[ ]
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
- +
= Î
+


Hệ đã cho có nghiệm
[
]
0 0
1;6 : ( )
x f x m
Û $ Î ³

( )

( )
(
)
( )
2
2
2 2
2 4
2 2 8
'
2 1 2 1
x x
x x
f x
x x
+ -
+ -
= =
+ +
;
( )
2
1 17
' 0 4 0
2
f x x x x
- ±
= Û + - = Û =
Vì
[

]
1;6
xÎ nên chỉ nhận
1 17
2
x
- +
=
MATHVN.COM www.mathvn.com

â 2010 www.mathvn.com
19
Ta cú:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
ổ ử
- + - +
= = =
ỗ ữ
ỗ ữ
ố ứ

Vỡ f liờn tc v cú o hm trờn [1;6] nờn
27
max ( )
13
f x =
Do ú

[ ]
[ ]
0 0
1;6
27
1;6 : ( ) max ( )
13
x
x f x m f x m m
ẻ
$ ẻ

VIa

1


Ta ca A nghim ỳng h phng trỡnh:
( )
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
+ - = = -
ỡ ỡ
ị -
ớ ớ
+ - = =

ợ ợ

Ta ca B nghim ỳng h phng trỡnh
( )
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ - = =
ỡ ỡ
ị
ớ ớ
- - = =
ợ ợ

ng thng AC i qua im A(-2;4) nờn phng trỡnh cú dng:
(
)
(
)
2 4 0 2 4 0
a x b y ax by a b
+ + - = + + - =

Gi
1 2 3
: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0
x y x y ax by a b

D + - = D + - = D + + - =

T gi thit suy ra
( )
ã
( )
ã
2 3 1 2
; ;
D D = D D
. Do ú
( )
ã
( )
ã
( )
2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3|
cos ; cos ;
25. 5
5.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b
a
a b a b a a b

a b
+ +
D D = D D =
+
=
ộ
+ = + - =
ờ
- =
ở

+ a = 0
0
b
ị ạ
. Do ú
3
: 4 0
y
D - =

+ 3a 4b = 0: Cú th cho a = 4 thỡ b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0
x y
D + - =
(trựng vi
1
D
).

Do vy, phng trỡnh ca ng thng AC l y - 4 = 0.
Ta ca C nghim ỳng h phng trỡnh:
( )
4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y
- = =
ỡ ỡ
ị
ớ ớ
- - = =
ợ ợ

2


Gi I(a;b;c) l tõm v R l bỏn kớnh ca mt cu (S). T gi thit ta cú:
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )

, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q
ỡ
=
ù
ù
= = = =
ớ
ù
=
ù
ợ


Ta cú:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
= = + + = - + - + -
+ + =

( )
( )

( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
| 2 2 5|
, 9 2 2 5 (2)
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
+ - +
= + + = + + = + - +
MATHVN.COM www.mathvn.com

â 2010 www.mathvn.com
20
( )
( )
( )
( )
| 2 2 5| | 2 2 13|
, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b c
d I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c

+ - + + - -
= =
+ - + = + - -
ộ
+ - =
ờ
+ - + = - - + +
ở
loại

T (1) v (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c
-
= - =

T (2) v (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)
a b c+ + =
Th (4) vo (5) v thu gn ta c:
(
)
(
)
2 221 658 0
a a

- - =

Nh vy
2
a
=
hoc
658
221
a = .Suy ra: I(2;2;1) v R = 3 hoc
658 46 67
; ;
221 221 221
I
ổ ử
-
ỗ ữ
ố ứ

v R
= 3.

Vy cú hai mt cu tha món yờu cu vi phng trỡnh ln lt l:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 1 9
x y z
- + - + - =
v
2 2 2

658 46 67
9
221 221 221
x y z
ổ ử ổ ử ổ ử
- + - + + =
ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ ố ứ

VIIa




iu kin:
1 4 5
n n
-

H iu kin ban u tng ng:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

(
)
(
)
( )( )
( ) ( )( )( )
( ) ( )
1 2 3 4 1 2 3
5
2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3
7
1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
- - - - - - -
ỡ
- < - -
ù
ù

ớ
+ - - -
ù
+ -
ù

ợ

2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n
ỡ
- - <
ù
- - =
ớ
ù

ợ

VIb

1


Ta giao im A, B l nghim ca h phng trỡnh
2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0

y x
x y x y
y x
x y
= =
ỡ
+ + - - =
ỡ

ớ ớ
= - = -
- - =
ợ
ợ

Vỡ A cú honh dng nờn ta c A(2;0), B(-3;-1).
Vỡ
ã
0
90
ABC = nờn AC l ng kớnh ng trũn, tc l im C i x
ng vi im A
qua tõm I ca ng trũn. Tõm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
2


Phng trỡnh tham s ca d
1
l:
1 2

3 3
2
x t
y t
z t
= +
ỡ
ù
= -
ớ
ù
=
ợ
. M thuc d
1
nờn t
a ca M
(
)
1 2 ;3 3 ;2
t t t
+ - .
Theo :
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
21
( )
( )
(

)
( )
1 2
2
2 2
|1 2 2 3 3 4 1|
|12 6|
, 2 2 12 6 6 1, 0.
3
1 2 2
t t t
t
d M P t t t
+ - - + -
-
= = Û = Û - = ± Û = =
+ - +

+ Với t
1
= 1 ta được
(
)
1
3;0;2
M ;
+ Với t
2
= 0 ta được
(

)
2
1;3;0
M
+ Ứng với M
1
, điểm N
1

2
d
Î
cần tìm phải là giao của d
2
với mp qua M
1

và // mp (P),
gọi mp này là (Q
1
). PT (Q
1
) là:
(
)
(
)
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)
x y z x y z- - + - = Û - + - = .
Phương trình tham số của d

2
là:
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
= +
ì
ï
=
í
ï
= - -
î
(2)
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0
Û
t = -1. Điểm N
1
cần tìm là N
1
(-1;-4;0).
+ Ứng với M
2
, tương tự tìm được N
2
(5;0;-5).
VIIb

Điều kiện
( )
3
1
0 3
3
x
x
> Û <
-

( )
( ) ( )
3
1
( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3
3
f x x x
x
= = - - = - -
-
;
( )
( )
1 3
'( ) 3 3 '

3 3
f x x
x x
= - - =
- -

Ta có:
( ) ( ) ( )
2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3
sin sin sin 0 sin0 3
2 2
|
t t
dt dt t t
p p
p
p p
p p p p
-
= = - = - - - =
é ù
ë û
ò ò

Khi đó:
2
0

6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
p
p
>
+
ò
( )( )
2 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x

x
x x
x x
-
ì
< -
ì
é
<
>
ï ï
ê
- +
Û Û Û
- +
í í
ê
< <
ï ï
< ¹ -
< ¹ -
ëî
î






MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
22
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 05
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
Thời gianlàm bài: 180 phút.

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y = x
4
– 2(2m
2
– 1)x
2
+ m (1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2/ Tìm m để đồ thị của hàm số (1) tiếp xúc với trục hòanh.
Câu II. (2 điểm)
1/ Giải phương trình: 7)27()27)(8(6416
3
2
3
3
2
=+++ +- xxxxx
2/ Giải phương trình:
12cos
2
1
2cos

2
1
44
=++- xx

Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =
ò
+
+
4
0
.
2sin3
cossin
p
dx
x
xx

Câu IV. (1 điểm). Khối chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân
đỉnh C và SA vuông góc mp(ABC), SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và
(ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất.
Câu V. (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng mọi x [
Î
0 ; 2].
(
)
(
)
52log42log

2
2
2
2
£+-++- mxxmxx

II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI a.(2 điểm).
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại C. Biết A(-
2 ; 0),
B( 2 ; 0) và khỏang cách từ trọng tâm G của tam giác ABC đến trục hòanh bằng
3
1
.
Tìm tọa độ đỉnh C.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(0 ; 1 ; 2), B(-1 ; 1 ; 0) và mặt
phẳng
(P): x – y + z = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác MAB
vuông cân tại B.
Câu VII a. (1 điểm). Cho x, y, z > 0 thỏa mãn
1=++ zxyzxy
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P =
xz
z
zy
y
yx
x

+
+
+
+
+
222

2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI b. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E):
1
4
2
2
=+ y
x
và đường
thẳng (d): y = 2. Lập phương trình tiếp tuyến với (E), biết tiếp tuyến tạo với (d) một
góc 60
0
.
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
23
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M(2 ; 1 ; 2) và đường thẳng (d) :
1
1
1
2

1
-
=
+
=
zyx
. Tìm trên (d) hai điểm A và B sao cho tam giác MAB đều.
Câu VII b. (1 điểm). Giải bất phương trình sau:
(
)
(
)
xxxx -+>++ 1log.log1log.log
2
5
13
2
5
3
1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 06
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
Thời gianlàm bài: 180 phút.

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y =
1
-
x

x
(1).
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2/ Tìm m để đường thẳng d: y = -x + m cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm
A, B sao cho AB = 10 .
Câu II. (2 điểm)
1/ Giải phương trình:
54057
44
=++- xx

2/ Cho tam giác ABC. Chứng minh
rằng:
2
cot.
2
tan.
2
tan
1
cos
cos
cos
sinsinsin CBA
C
B
A
CBA
=
+

-
+
-
+
.
Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =
ò
2
4
6
sin
p
p
x
dx

Câu IV.(1 điểm). Một hình nón đỉnh S có đường cao h = 20 và bán kính đáy là R(R >
h). Mặt phẳng đi qua đỉnh và cách tâm O của đáy một khỏang bằng 12 cm cát hình
nón theo thiết diện là tam giác SAB. Tính bán kính R của đáy hình nón biết diên tích
tam giác SAB bằng 500cm
2
.
Câu V.(1 điểm) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
P =
111 +
+
+
+
+ z

z
y
y
x
x

II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI a. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I(1 ; 2) và hai đường thẳng
d
1
: x – y = 0, d
2
: x + y = 0. Tìm các điểm A trên Ox, B trên d
1
và C trên d
2
sao
cho tam giác ABC vuông cân tại A đồng thời B và C đối xứng với nhau qua điểm I.
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
24
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
2
1
1
1
2

+
=
-
=
zyx

và hai mặt phẳng
022:)(,052:)(
=
+
+
-
=
+
-
+
zyxzyx
b
a
. Lập phương
trình mặt cầu (S) có tâm trên d và tiếp xúc với hai mặt phẳng đã cho.
Câu VI a. (1 điểm) Chọn ngẫu nhiên một số có 3 chữ số. Tìm xác suất để số chẳn và
các chữ số đều khác nhau.
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI b. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – y – 3 = 0 và
điểm
M( 2cos
2
t ; 2(1 + sint.cost) ( t là tham số). Chứng minh rằng tập hợp của điểm M là

đường tròn (C). Hãy viết phương trình đường tròn (C’) đối xứng với (C) qua d.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d
1
:
ï
î
ï
í
ì
=
=
-=
tz
y
tx
3
22

d
2
:
2
1
1
1
2 zyx
=
-
=
-

. Viết phương trình đường thẳng d song song với Oz cắt cả d
1

và d
2
.
Câu VII b. (1 điểm).Giải hệ phương trình :
î
í
ì
=+-+
=-
1)(log)(log
2
32
22
yxyx
yx

…………………o0o……………….


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 07
Môn: TOÁN – Khối A-B-D
Thời gianlàm bài: 180 phút.


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7điểm).
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
1

2
-
+
x
x
(1)
1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2/ Cho điểm M(0 ; a). Xác định a để từ M kẻ được hai tiếp tuyến đến đồ thị của
hàm số (1) sao cho hai tiếp tuyến tương ứng nằm về hai phía đối với trục Ox.
Câu II. (2 điểm).
1/ Giải phương trình :
61224
3
=-++ xx
.
2/ Cho phương trình :
mxx =+ sin2cos3
2
(1).
a) Giải (1) khi m = 2
b) Tìm m để (1) có ít nhất một nghiệm
ú
û
ù
ê
ë
é
-Î
4
;

4
pp
x
.
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
25
Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =
ò
++
2
0
sincos1
p
xx
dx
.
Câu IV. (1 điểm).Cho hình nón có bán kính đáy R và thiết diện qua trục là tam giác
đều. Một hình trụ nội tiếp hình nón có thiết diện qua trục là hình vuông . Tính thể tích
của khối trụ theo R.
Câu V. (1 điểm). Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn
nhất của biểu thức
P =
zyx
zx
zyx
yz
zyx
xy

++
+
++
+
++ 222

II. PHẦN RIÊNG.(3 điểm)
1.Theo chương trình chuẩn.
Câu VI a. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn (C
1
): x
2
+ y
2
= 13 và
(C
2
): (x -6)
2
+ y
2
= 25 cắt nhau tại A(2 ; -3). Lập phương trình đường thẳng đi qua A
và cắt hai đường tròn theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d
1
:
2
1
1

1
2 zyx
=
-
-
=
-
và
d
2
:
ï
î
ï
í
ì
=
=
-=
tz
y
tx
3
22
.
a) Lập phương trình mặt phẳng (P) song song cách đều d
1
và d
2
.

b) Lập phương trình mặt càu (S) tiếp xúc với d
1
và d
2
lần lượt tại A(2 ; 1 ; 0),
B(2 ; 3 ; 0).
Câu VII a.(1 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =
13
3
+- xx
trên đọan [ -3 ; 0 ].
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI b. (2 điểm)
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Viết phương trình đường thẳng d qua
M(8 ; 6) và cắt hai trục tọa độ tại A, B sao cho
22
11
OB
OA
+
có giá trị nhỏ nhất.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1 ; 2 ; 1), B(3 ; -1 ; 5).
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên AB.
b) Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với AB và hợp với các mặt
phẳng tọa độ thành một tứ diện có thể tích bằng .
2
3

Câu VII b. (1 điểm). Giải phương trình
(

)
2loglog
37
+= xx

…………… o0o……………