DE TOAN ON THI DH 2011 CO GIAI(24)

Đề số 1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HỌC NĂM 2010

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI
Môn Thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian

ĐỀ THI THAM KHẢO
giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
3

1

Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x3 − 2 mx 2 + 2 m3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
2) Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với
nhau qua đường thẳng y = x.
Câu II. (2,0 điểm)
tan 2 x − tan 2 x.sin 3 x + cos3 x − 1 = 0
1) Giải phương trình:
2) Giải phương trình:
5.32 x −1 − 7.3x −1 + 1 − 6.3x + 9 x +1 = 0
4

Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân:

3

I= ∫
1

1
x( x + 1)
4

dx

Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a,
cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết góc BAC = 120 0, tính thể
tích của khối chóp S.ABC theo a.
Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:
a3
b3
c3
+
+
=1
a 2 + ab + b 2 b2 + bc + c 2 c 2 + ca + a 2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua
O, vuông góc với mặt phẳng (Q): x + y + z = 0 và cách điểm M(1;2; −1 ) một
khoảng bằng 2 .
2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình
đường phân giác trong góc A là (d 1): x + y + 2 = 0, phương trình đường cao

vẽ từ B là (d2): 2x – y + 1 = 0, cạnh AB đi qua M(1; –1). Tìm phương trình
cạnh AC.
Câu VII.a (1 điểm) Có 6 học sinh nam và 3 học sinh nữ xếp hàng dọc đi vào lớp.
Hỏi có bao nhiêu cách xếp để có đúng 2 học sinh nam đứng xen kẻ 3 học sinh
nữ.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d):

 x = 2 + 4t

 y = 3 + 2t
 z = −3 + t


và

mặt phẳng (P) : − x + y + 2 z + 5 = 0 . Viết phương trình đường thẳng (∆) nằm trong
(P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là 14 .
2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y 2 = x và điểm I(0;
uuu
r
uur
2). Tìm toạ độ hai điểm M, N ∈ (P) sao cho IM = 4IN .


Câu

VII.b

(1

điểm)

Tìm

m

để

phương

trình

sau

có

nghiệm:

5 − x + x − 1 + −5 + 6 x − x 2 = m

Hướng dẫn
Câu I: 2) Tacó
Với

m≠0

x = 0
y ' = 3x 2 − 3mx = 3x( x − m) = 0 ⇔ 

x = m

thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT.






1
2

Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: A  0; m3 ÷, B(m; 0) .
Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ
là

OA = OB

tức là:

1
m = m3 ⇔ m 2 = 2 ⇒ m = ± 2
2

⇔

π
= kπ . PT ⇔ tan 2 x(1 − sin 3 x) − (1 − cos3 x) = 0
2
(1 − cos x)(1 − sin x)(sin x − cos x)(sin x + cos x + sin x cos x) = 0

⇔

x = k 2π ; x =

Câu II: 1) ĐK: x ≠

Câu

⇔

π
π
π
+ kπ ; x = + α + k 2π ; x = − α + k 2π
4
4
4
5
7
2) PT ⇔ 32 x − 3x + (3.3x ) 2 − 2.3.3x + 1 = 0 ⇔ ... ⇔ 5.32 x + 2.3x − 3 = 0 ⇔ x = 1 − log3 5
3
3
3
3
1 1
1 
3 −1 1
dt
3 −1 π

2
− ∫ 2
−
III: Đặt t = x ⇒ I = 2 ∫  t 2 − t 2 + 1 ÷dt = ... =
=
2 3 2 1 t +1
2 3 24

1 

Câu IV: Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB
= AC.
Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 ⇔ a2 = 3AB2 ⇔

⇒

a2
3

a 2
3
2
3
1a 2 a 3
a 2
V =
=
3 3 12
36

SA2 = a 2 −

⇒ SA =

Câu V: Ta chứng minh:

;

S∆ABC =

AB =

a
3

1
1 a2 3
a2 3
AB. AC.sin1200 =
=
2
2 3 2
12

a3
2a − b
≥
2
2
a + ab + b

3

(1)

Thật vậy, (1) ⇔ 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) ⇔ a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ 0.
Tương tự:

b3
2b − c
≥
2
2
b + bc + c
3

c3
2c − a
≥
2
2
c + ac + a
3

(2) ,

(3)

Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được:

a3
b3
c3
a+b+c
+
+
≥
2
2
2
2
2
2
a + ab + b
b + bc + c
c + ca + a
3
⇒
S≤3
maxS = 3 khi a = b = c = 1

Vậy:
Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 (với
A2 + B 2 + C 2 ≠ 0 )
Vì (P) ⊥ (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = 0 ⇔ A + B + C = 0 ⇔ C = –A – B (1)
Theo đề:

d(M;(P)) =

2 ⇔

A + 2B − C

A + B +C
2

2

2

= 2 ⇔ ( A + 2 B − C ) 2 = 2( A2 + B 2 + C 2 )

(2)
Thay (1) vào (2), ta được:
•

(1)
B = 0 
→C = − A .

Chọn

8 AB + 5 B 2 = 0 ⇔ B = 0 hay B = −
A = 1, C = −1

thì (P) :

x−z=0

8A

5


•

B =−

8A
.
5

Chọn A = 5, B =

(1)
−1 
→C = 3

5 x − 8 y + 3z = 0
uuuu
r
⇒ N ∈ AC . MN = ( xN − 1, y N + 1)

thì (P) :

2) Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1)
uuuu
r r
⇔ 1( xN − 1) − 1( y N + 1) = 0
Ta có: MN / / n d = (1; 1)

⇔ xN − y N = 2

1

Tọa độ trung điểm I của MN:
I ∈ (d1 ) ⇔

(1)

1
1
xI = (1 − xN ), y I = ( −1 + y N )
2
2

1
1
(1 − xN ) + ( −1 + y N ) + 2 = 0 ⇔ xN + y N + 4 = 0
2
2

(2)

Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3)
Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0.
N ∈ ( AC ) ⇔ 1 + 2.( −3) + C = 0 ⇔ C = 7. Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + 7 = 0.
Câu VII.a: :• 3 HS nữ được xếp cách nhau 1 ô. Vậy 3 HS nữ có thể xếp vào các vị
trí là:
(1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9)
• Mổi bộ 3vị trí có 3! cách xếp 3 HS nữ.

• Mổi cách xếp 3 HS nữ trong 1 bộ, có 6! cách xếp 6 HS nam vào 6 vị trí còn
lại
Vậy có tất cả là:
5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT.
Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3; − 3), B(6;5; − 2) ∈ (d), mà A, B ∈ (P) nên (d) ⊂ (P) .
Gọi

r
u

là VTCP của ( d1 ) ⊂ (P), qua A và vuông góc với (d) thì

nên ta chọn

r r r
u = [u , u P ] = (3; −9;6) .

Phương trình của đường thẳng ( d1 )

r r
u ⊥ ud
r r
u ⊥ uP

 x = 2 + 3t

:  y = 3 − 9t (t ∈ R)
 z = −3 + 6t


Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t; 3 − 9t; − 3+6t). (∆) là đường thẳng qua M và song
song với (d).
Theo đề :

AM = 14 ⇔

9t 2 + 81t 2 + 36t 2 = 14 ⇔ t 2 =

1
1
⇔t=±
9
3

1
x −1 y − 6 z + 5
⇒ M(1;6; − 5) ⇒ ( ∆1 ) :
=
=
3
4
2
1
1
x
−
3
y
z
+

1
• t = 3 ⇒ M(3;0; − 1) ⇒ (∆2 ) : 4 = 2 = 1
2)
Gọi M ( x0 ; y0 ), N ( x1 ; y1 ) là uhai
điểm thuộc (P), khi đóuurta có: x0 = y02 ; x1 = y12
uuu
r
u
r
IM = ( x0 ; y0 − 2) = ( y02 ; y0 − 2) ; IN = ( y1 ; y1 − 2) = ( y12 ; y1 − 2); 4 IN = (4 y12 ; 4 y1 − 8)

• t=

−

Theo giả thiết:

uuu
r
uur
IM = 4 IN ,

suy ra:

2
2
 y1 = 1 ⇒ x1 = 1; y0 = −2; x0 = 4
 y0 = 4 y1
⇔


 y0 − 2 = 4 y1 − 8
 y1 = 3 ⇒ x1 = 9; y0 = 6; x0 = 36

Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3).
Câu VII.b: Đặt t = 5 − x + x − 1 ⇒ t 2 = 4 + 2 −5 + 6 x − x 2

(

)

t2 − 4
= m t ∈  2;2 2 
2
t2 − 4
t ∈  2; 2 2  ⇒ f ′ (t ) = t + 1 ⇒ f ′ (t ) = 0 ⇔ t = −1∉  2;2 2 
Xét hàm số f (t ) = t +
2
⇒ f(t) = m có nghiệm ⇔ 2 ≤ m ≤ 2 ( 1 + 2 ) .

PT ⇔

t+

(

)


Đề số 2
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HỌC NĂM 2010

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI
Môn Thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian

ĐỀ THI THAM KHẢO
giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 + mx3 − 2 x 2 − 3mx + 1 (1) .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.
Câu II: (2 điểm)
2+3 2
8

1) Giải phương trình:

cos3xcos3x – sin3xsin3x =

2) Giải phương trình:

2 x + 1 + x x 2 + 2 + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:

π
2

I = ∫ ( x + 1) sin 2 xdx .
0

Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′.ABC là hình chóp tam giác đều
cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA′ = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC)
và (A′BC). Tính tan α và thể tích của khối chóp A′.BB′C′C.
Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh:

a 2 b2 c 2 a b c
+ +
≥ + + .
b2 c2 a2 b c a

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I
(6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường
thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y – 5 = 0.
Viết phương trình đường thẳng AB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 =
0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt
phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính
bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 9 x + x −1 + 1 ≥ 10.3x + x− 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): x 2 + y2 + 4x + 4y
+ 6 = 0 và đường thẳng ∆: x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I
là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B

sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi
qua điểm D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O
sao cho D là trực tâm của tam giác MNP.
Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 4 x − 2 x +1 + 2(2 x − 1)sin(2 x + y − 1) + 2 = 0 .
---------------------------Hướng dẫn
2

2


Cõu I: 2) o hm

y = 4 x 3 + 3mx 2 4 x 3m = ( x 1)[4 x 2 + (4 + 3m) x + 3m]

x =1
y = 0 2
4 x + (4 + 3m) x + 3m = 0

(2)

Hm s cú 2 cc tiu y cú 3 cc tr y = 0 cú 3 nghim phõn bit
(2) cú 2 nghim phõn bit khỏc 1
m

Th li: Vi

4
,
3

= (3m 4) 2 > 0
4

m .
3
4 + 4 + 3m + 3m 0

thỡ y = 0 cú 3 nghim phõn bit

x1 , x2 , x3

T bng bin thiờn ta thy hm s cú 2 cc tiu. Vy, hm s cú 2 cc tiu
khi

4
m .
3

Cõu II: 1) PT

cos 4 x =

2


x = + k ,k Z
2
16
2

v2 u 2 = 2 x + 1
2
2
u = x 2 + 2, u > 0
u = x + 2

2
2 v2 u2 1
2) t:
2
2
v
=
x
+
2
x
+
3


x =
v = x + 2 x + 3, v > 0

2
v u = 0

v + u 1

PT (v u ) (v u ) 1 + 2 ữ+ 2 = 0 (v + u ) 1 + v + u + 1 = 0





ữ

2 2


(b)
(c )

Vỡ u > 0, v > 0, nờn (c) vụ nghim.
Do ú: PT v u = 0 v = u
Cõu III: t

u = x + 1

dv = sin 2 xdx

x2 + 2x + 3 = x2 + 2 x =


I=

2
1
1

( x + 1) cos 2 x +
2
2
0

/2

1
2



cos 2 xdx = 4 + 1 .
0

Cõu IV: Gi E l trung im ca BC, H l trng tõm ca ABC. Vỡ A.ABC l
hỡnh chúp u nờn gúc gia hai mt phng (ABC) v (ABC) l = ãA EH .
a 3
a 3
a 3
, AH =
, HE =
2
3
6

Ta cú :

AE =

Do ú:

tan =

VA '. ABC =

A ' H 2 3b 2 a 2
=
HE
a

;

1
a 2 3b 2 a 2
A ' H .S ABC =
3
12

.



SABC =

Do ú: VA ' BB 'CC ' = VABC . A ' B ' C ' VA'. ABC =

A ' H = A ' A2 AH 2 =

9b 2 3a 2

3

.

a2 3
a 2 3b 2 a 2
VABC . A ' B 'C ' = A ' H .SABC =
4
4

a 2 3b 2 a 2
6

Cõu V: p dng BT Cụsi, ta cú:
a 2 b2 c 2
a 2 b2 c2
+ 2 + 2 33 2 . 2 . 2 = 3
(1)
2
b
c
a
b c a
a 2 b2 c 2
a2
a b2
b c2
c
a b c
+

1

2
;
+
1

2
;
+
1

2
2
b 2 + c 2 + a 2 2 b + c + a ữ 3
2
2
b
b c
c a
a
a 2 b2 c 2
a b c
T (1) v (2) 2 2 + 2 + 2 ữ 2 + + ữ pcm.
c
a
b
b c a

(2)

Cõu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)
: x + y 5 = 0, E E(m; 5 m); Goùi N laứ trung ủieồm cuỷa AB
xN = 2 xI xE = 12 m
I trung ủieồm NE
N (12 m; m 1)
yN = 2 yI y E = 4 5 + m = m 1
uuuu
r
uur
MN = (11 m; m 6);
IE = (m 6; 5 m 2) = (m 6; 3 m)
uuuu
r uur
MN .IE = 0 (11 m)(m 6) + (m 6)(3 m) = 0


⇔ m – 6 = 0uuuhay
14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7
u
r
+ m = 6 ⇒ MN
= (5; 0) ⇒ PT (AB) laø y = 5
uuuu
r
+ m = 7 ⇒ MN = (4; 1) ⇒ PT (AB) laø x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 =
0
2) I (1; 2; 3); R = 1 + 4 + 9 + 11 = 5

d (I; (P)) =

2(1) − 2(2) − 3 − 4
4 + 4 +1

=3

< R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)

Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :

 x = 1 + 2t

 y = 2 − 2t
z = 3 − t


Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)
J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1
Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = R 2 − IJ 2 = 4
Câu VII.a: Đặt t = 3x + x , t > 0. BPT ⇔ t2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9)
Khi t ≤ 1 ⇒ t = 3x + x ≤ 1 ⇔ x 2 + x ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 0 (a)
2

2

Khi t ≥ 9 ⇒

t = 3x

2

+x

 x ≤ −2
≥ 9 ⇔ x2 + x − 2 ≥ 0 ⇔ 
x ≥1

(b)

Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–∞; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; +
∞).
Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2
Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta
có
1
·
·
IA.IB.sin AIB
= sin AIB
2
·
Do đó S∆ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB
= 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I
1 − 4m
IA
= 1 (thỏa IH < R) ⇔
=1
⇔ IH =
2

m2 + 1
8
⇔ 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 ⇔ 15m2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m =
15

S∆ABC =

2) Theo giả
thiết ta có M(m;
0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.
uuur
uuuu
r
uuur uuuu
r
 DP = ( 1; −1; p − 1) ; NM = ( m; − n;0 )
 DP.NM = m + n
⇒  uuur uuuu
uuuu
r
r
Ta có :  uuur
.
 DN .PM = m + p
 DN = ( 1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p )
Phương trình mặt phẳng (P):
D

là

trực

tâm

của

x y z
+ + = 1.
m n p

−1 1 1
+ + = 1.
m n p
uuur uuuu
r
uuur uuuu
r
 DP ⊥ NM
 DP.NM = 0
r
r
 uuur uuuu
 uuur uuuu
 DN ⊥ PM ⇔  DN .PM = 0


 D ∈ ( P)
 D ∈ ( P)

Vì D ∈(P) nên:

∆MNP

⇔

⇔

m + n = 0
 m = −3
m + p = 0
⇔


n = p = 3
 −1 + 1 + 1 = 1
 m n p
x y z
+ + =1.
−3 3 3
x
x
2
 2 − 1 + sin(2 + y − 1) = 0(1)
x
x
2
x
(
2
−

1
+
sin(2
+
y
−
1)
)
+
cos
(2
+
y
−
1)
=
0
⇔

VII.b: PT ⇔
x
(2)
cos(2 + y − 1) = 0
Từ (2) ⇒ sin(2 x + y − 1) = ±1 .

Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P):
Câu

• Khi

sin(2 x + y − 1) = 1 ,

thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)


• Khi

sin(2 x + y − 1) = −1 ,

thay vào (1), ta được: 2x = 2 ⇔ x = 1.
π
+ kπ , k ∈ Z .
2
π


1; −1 − + kπ , k ∈ Z ÷ .
2



Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = –1 ⇔
Kết luận: Phương trình có nghiệm:

y = −1 −

Đề số3
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HỌC NĂM 2010

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI
Môn Thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian

ĐỀ THI THAM KHẢO
giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3m 2 x + 2m (Cm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 .
2) Tìm m để (Cm) và trục hoành có đúng 2 điểm chung phân biệt.
Câu II: (2 điểm)
1) Giải phương trình:

(sin 2 x − sin x + 4) cos x − 2
=0
2sin x + 3

2) Giải phương trình:

8x + 1 = 2

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:

3

2 x +1 − 1
π
2

sin xdx
3
0 (sin x + cos x)

I =∫

Câu IV: (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), ∆ABC vuông cân đỉnh C
và SC = a . Tính góc ϕ giữa 2 mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối
chóp lớn nhất.
Câu V: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt:
2 − x − 2 + x − (2 − x)(2 + x) = m

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm):
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(3;1). Viết phương trình
đường thẳng d đi qua M cắt các tia Ox, Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ
nhất.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1).
Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x − y + z − 1 = 0 để ∆MAB là tam giác
đều.
Câu VII.a: (1 điểm) Tìm hệ số của x 20 trong khai triển Newton của biểu thức
n

 2
5
 3 +x ÷
x


,

biết rằng:

1
1
1
1
Cn0 − Cn1 + Cn2 + ... + (−1) n
Cnn =
2
3
n +1
13

B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 4 điểm A(1;0), B(–2;4), C(–1;4),
D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (∆) : 3x − y − 5 = 0 sao cho hai tam
giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (∆1 ) có phương


trình { x = 2t ; y = t; z = 4 ; (∆2 ) là giao tuyến của 2 mặt phẳng (α ) : x + y − 3 = 0 và
( β ) : 4 x + 4 y + 3 z − 12 = 0 . Chứng tỏ hai đường thẳng ∆1 , ∆2 chéo nhau và viết
phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của ∆1 , ∆2 làm đường kính.
Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số

y=

x 2 + (2m + 1) x + m 2 + m + 4
.
2( x + m)

Chứng minh rằng với

mọi m, hàm số luôn có cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không
phụ thuộc m.
Hướng dẫn
Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng 2 điểm chung phân biệt

 y coù CÑ, CT
⇔ 
 yCÑ = 0 hoaëc yCT = 0

⇔

m = ±1

Câu II: 1) PT ⇔

(2cos x − 1)(sin x cos x + 2) = 0
⇔
2sin x + 3 ≠ 0

π
+ k 2π
3

2 x = u > 0; 3 2 x +1 − 1 = v .

PT ⇔

3
3
u = v > 0
u + 1 = 2v
u + 1 = 2v
⇔
⇔ 3
 3
2
2
v + 1 = 2u
(u − v)(u + uv + v + 2) = 0
u − 2u + 1 = 0

Câu III: Đặt

⇔

x = 0

 x = log −1 + 5
2

2

π

2
2
π
cos tdt
cos xdx
x = − t ⇒ dx = − dt ⇒ I =
=
3
∫
∫
2
(sin
t
+
cos
t
)
(sin
x + cos x)3
0
0

π
2

Câu

x=

2) Đặt

π

Câu

⇔

π

π

dx
12
dx
1
π 4
1
2I
=
=
∫0 (sin x + cos x)2 2 ∫0 2 π = − 2 cot( x + 4 ) 0 = 1 ⇒ I = 2
⇒
sin ( x + )
4
3
a
 π
IV: ϕ = ·SCA ∈  0; 2 ÷ ⇒ VSABC = 6 (sin ϕ − sin 3 ϕ ) . Xét hàm số y = sin x − sin 3 x trên
1
 π

 π
a3
a3 3
sin ϕ =
ϕ ∈  0; ÷
ymax =
 0; ÷ . Từ BBT ⇒ (VSABC ) max =
khi
,
 2
 2
3
6
9
−1
1
V: Đặt t = 2 − x − 2 + x ⇒ t ' = 2 2 − x − 2 2 + x < 0
⇒ t = t ( x) nghịch biến trên [−2; 2] ⇒ t ∈ [−2; 2] . Khi đó: PT ⇔ 2m = t 2 + 2t − 4

Xét hàm

f (t ) = t 2 + 2t − 4

với

t ∈ [−2; 2] .

Từ BBT ⇒ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

5

< m ≤ −2
2
x y
B(0;b): a + b = 1

⇔ −5 < 2 m ≤ − 4 ⇔ −

Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại
(a,b>0)
M(3; 1) ∈ d

1=

3 1 Cô − si 3 1
+ ≥ 2 . ⇒ ab ≥ 12 .
a b
a b

a = 3b
a = 6

⇒
(
OA
+
3
OB
)
=
12

⇔
3 1 1 ⇔ 
Mà OA + 3OB = a + 3b ≥ 2 3ab = 12
min
=
=
b = 2
 a b 2
x y
Phương trình đường thẳng d là: 6 + 2 = 1 ⇔ x + 3 y − 6 = 0
2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB ⇒ (Q): x + y − z − 3 = 0

d là giao tuyến của (P) và (Q) ⇒ d: { x = 2; y = t + 1; z = t
M ∈ d ⇒ M (2; t + 1; t ) ⇒ AM = 2t 2 − 8t + 11 .
Vì AB = 12 nên ∆ MAB đều khi MA = MB = AB
 6 ± 18 4 ± 18 
4 ± 18
⇒ M  2;
;
÷

2
2 
2
(1 − x) n = Cn0 − Cn1 x + Cn2 x 2 − .... + (−1) n Cnn x n = B

⇔ 2t 2 − 8t − 1 = 0 ⇔ t =

Câu VII.a: Ta có

khoảng


1

1

1

1

1

Vì ∫ (1 − x) dx = n + 1 , ∫ Bdx = Cn − 2 Cn + 3 Cn + ... + (−1)
n

0

•

1

2

0

12

(

0

2
2
+ x5 ) n = ∑ C12k .( 3 )
3
x
x
k =0

⇒ Hệ số của

x 20

n−k

là:

n

1
Cnn ⇒ n + 1 = 13 ⇒ n = 12
n +1

⇒

( x5 ) k , Tk +1 = C12k .212 − k .x8 k −36

8k − 36 = 20 ⇔ k = 7

C127 .25 = 25344

x = t

. M ∈ ∆ ⇒ M(t; 3t – 5)
 y = 3t − 5
7
7
S MAB = S MCD ⇔ d ( M , AB ). AB = d ( M , CD ).CD ⇔ t = −9 ∨ t = ⇒ M (−9; −32), M ( ; 2)
3
3
∆
∆
A
(2
t
;
t
;
4)
∈
∆
B
(3
+
s; − s;0) ∈ ∆2
2) Gọi AB là đường vuông góc chung của 1 , 2 :
1,

Câu VI.b: 1) Phương trình tham số của ∆:

AB ⊥ ∆1, AB ⊥ ∆2 ⇒ A(2;1; 4), B(2;1;0)
⇒ Phương trình mặt cầu là: ( x − 2)2 + ( y − 1) 2 + ( z − 2) 2 = 4
Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị x1 = −m − 2, x2 = −m + 2 . Khoảng cách giữa
hai điểm cực trị là AB = ( y2 − y1 )2 + ( x2 − x1 ) 2 = 2 x1 − x2 = 4 2 (không đổi)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HỌC NĂM 2010

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI
Môn Thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian

ĐỀ THI THAM KHẢO
giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số

y=

x + 3m − 1
( 2 + m ) x + 4m có

đồ thị là (Cm) (m là tham số)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0.
2) Xác định m sao cho đường thẳng (d): y = − x + m cắt đồ thị (C) tại hai
điểm A, B sao cho độ dài đoạn AB là ngắn nhất.
Câu II: (2 điểm)

s inx − cosx + 4sin 2 x = 1 .
1) Giải phương trình:
2) Tìm m để hệ phương trình:

 x 2 y − x 2 + y = 2

2
2
 m ( x + y ) − x y = 4

có ba nghiệm phân biệt.

1

Câu III: (1 điểm) Tính các tích phân

I = ∫ x 3 1 − x 2 dx ;
0

e

J=

xe x + 1
∫1 x(e x + ln x) dx

Câu IV: (1điểm) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh bằng a và điểm M
trên cạnh AB sao cho AM = x, (0 < x < a). Mặt phẳng (MA'C') cắt BC tại N.
Tính x theo a để thể tích khối đa diện MBNC'A'B' bằng

1
thể
3

tích khối lập

phương ABCD.A'B'C'D'.
Câu V: (1 điểm) Cho x, y là hai số dương thay đổi thoả điều kiện 4(x + y) – 5 =
0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S =
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình Chuẩn :
Câu VI.a (2 điểm)

4 1
+
.
x 4y


1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1: 3x + 4 y + 5 = 0 ;
∆2: 4 x – 3y – 5 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng
d: x – 6y – 10 = 0 và tiếp xúc với ∆1, ∆2.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp A.OBC, trong đó
A(1; 2; 4), B thuộc trục Ox và có hoành độ dương, C thuộc Oy và có tung độ
dương. Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (OBC), tan·OBC = 2 . Viết
phương trình tham số của đường thẳng BC.
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: z 2 − 2(2 + i) z + 7 + 4i = 0 trên tập số phức.
B. Theo chương trình Nâng cao :
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm M 1(155; 48), M2(159;

50), M3(163; 54), M4(167; 58), M5(171; 60). Lập phương trình đường thẳng d
đi qua điểm M(163; 50) sao cho đường thẳng đó gần các điểm đã cho nhất.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(2;0;0), C(0;4;0), S(0;
0; 4).Tìm tọa độ điểm B trong mp(Oxy) sao cho tứ giác OABC là hình chữ
nhật. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm O, B, C, S.
Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh rằng : 8a 4 − 8a 2 + 1 ≤ 1 , với mọi a thuộc đoạn [–1 ;
1].
Hướng dẫn
Câu I: 2) AB = ( 2m − 1)
2

Câu II: 1) Đặt

2

+4 ≥ 2.

Dấu "=" xảy ra ⇔

t = sin x − cos x , t ≥ 0 .

2) Hệ PT ⇔

m=

PT ⇔ t – t2 = 0 ⇔

1
2

x=

⇒ AB ngắn nhất ⇔

m=

1
.
2

π
π
+ kπ ; x = l , ( k , l ∈ Z )
4
2

(m − 1) x 4 + 2(m − 3) x 2 + 2m − 4 = 0 (1)


x2 + 2
.
y = 2
x +1


• Khi m = 1: Hệ PT ⇔

2 x 2 + 1 = 0



x2 + 2
y = 2
x +1


• Khi m ≠ 1. Đặt t = x2 ,

t ≥0.

(VN )

f (t ) = (m − 1)t 2 + 2(m − 3)t + 2m − 4 = 0

Xét

(2)

Hệ PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm x phân biệt
⇔ (2) có một nghiệm t = 0 và 1 nghiệm t > 0 ⇔
1

I = ∫ x3 1 − x 2 dx

Câu III: •

Đặt:

0

e

xe + 1
x

e

t = 1− x

2

⇒

 f (0) = 0

2 ( m − 3) ⇔ ... ⇔ m = 2 .

>
S =
1− m


1

I = ∫ ( t 2 + t 4 ) dt = ... =

d ( e x + ln x )

0

8

15

e +1
• J = ∫1 x ( e x + ln x ) dx = ∫ e x + ln x = ln e x + ln x 1 = ln e
1
Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy tại S. Đặt V 1 = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V =
VMBNC'A'B'.

Ta có

a ( a − x)
SB a − x
=
⇒ SB =
SB '
a
x

1−

x
a

3

ta có:

3

a4  x 

V1 =
1 − ÷
6x  a 

;

Do đó:

e

, (0< x < a)

Xét phép vị tự tâm S tỉ số k =
⇒

e

V = V2 − V1 =

V1  a − x 
=
÷
V2  a 

. Mà

1
a4
V2 = S∆ A ' B ' C ' .SB ' =
3

6x

3
2
a 4   x   a3   x   x  
1
−
1
−
=
1
+
1
−
+
1
−
 
 
÷÷
÷ 
÷
6 x   a  ÷
 6   a   a  

.


Theo đề bài V =
Đặt

x=

2
2
1 3
a3   x   x   1 3
 x  x
a ⇔
1 + 1 − ÷+ 1 − ÷  = a ⇔ 1 − ÷ + 1 − ÷− 1 = 0
3
6   a   a   3
 a  a

 x
t =  1 − ÷, t > 0 (vì
 a

0< x<0), PT (*) ⇔ t2 + t – 1 = 0 ⇒ t =

(*)
1
( 5 − 1)
2

⇒

3− 5
a
2

Câu V: Ta có: 4(x + y) = 5 ⇒ 4y = 5 – 4x ⇒ S =

4 1
+
x 4y

Dựa vào BBT ⇒ MinS = 5 đạt được khi x = 1, y =

=

20 − 15 x
x(5 − 4 x) ,

với 0 < x <

5
4

1
4

Câu VI.a: 1) Tâm I là giao điểm của d với đường phân giác của góc tạo bởi ∆1 và
∆2.
2)
Câu VII.a: z = 2 − i; z = 2 + 3i z
Câu VI.b: 1) Đường thẳng d: y = ax + b gần các điểm đã cho M i(xi; yi), i = 1,..., 5
nhất thì một điều kiện cần là

5

(

f (a ) = ∑ y1 − y i
i =1

)

2

bé nhất, trong đó

y i = axi + b .

Đường thẳng d đi qua điểm M(163; 50) ⇒ 50 = 163a + b ⇒ d: y = ax – 163a
+ 50.
Từ đó: f (a) = (48 − 155a + 163a − 50)2 + (50 − 159a + 163a − 50) 2 + (54 − 163a + 163a − 50) 2 +
+ (58 − 167 a + 163a − 50) 2 + (60 − 171a + 163a − 50) 2

=

(8a − 2) 2 + (4a) 2 + 42 + (8 − 4a) 2 + (10 − 8a) 2 = 2 ( 80a 2 − 129a + 92 )

⇒ f(a) bé nhất khi a =

129
⇒
160

b=

13027
−
.
160

.(P)
129

Đáp số: d: y = 160 x −

13027
160

2) OABC là hình chữ nhật ⇒ B(2; 4; 0) ⇒ Tọa độ trung điểm H của OB là
H(1; 2; 0), H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB.
+ Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) tại H cắt mặt phẳng trung trực của
đoạn OS (mp có phương trình z = 2 ) tại I ⇒ I là tâm mặt cầu đi qua 4 điểm
O, B, C, S.
+ Tâm I(1; 2; 2) và bán kính R = OI = 1 + 22 + 22 = 3 ⇒ (S):
( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z − 2) 2 = 9

Câu VII.b: Chứng minh rằng : 8a 4 − 8a 2 + 1 ≤ 1 , với mọi a ∈ [–1; 1].
Đặt: a = sinx, khi đó: 8a 4 − 8a 2 + 1 ≤ 1 ⇔ 8sin 2 x(sin 2 x − 1) + 1 ≤ 1 ⇔ 1 − 8sin 2 x cos 2 x
⇔ 1 − 8sin 2 x cos 2 x ≤ 1 ⇔ 1 − 2sin 2 2 x ≤ 1 ⇔ cos 4 x ≤ 1 ( đúng với mọi x)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HỌC NĂM 2010

≤1.

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI

Môn Thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian

ĐỀ THI THAM KHẢO
giao đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số

y=

2x −1
x −1

(C)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2) Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao
cho ∆OAB vuông tại O.
Câu II: (2 điểm)


1) Giải phương trình:
2) Giải hệ phương trình:

cos 2 x. ( cos x − 1)
sin x + cos x
2

2
 x + y − xy = 3
 2
2
 x + 1 + y + 1 = 4
π

Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:

I=

2

∫ (e
0

cos x

= 2 ( 1 + sin x )
(a)
(b)

+ sin x ) .sin 2 xdx

Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA
⊥ (ABCD) và SA = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AD, SC. Tính thể tích
tứ diện BDMN và khoảng cách từ D đến mp(BMN).
Câu V: (1 điểm) Chứng minh rằng:

e x + cos x ≥ 2 + x −

x2
,
2

∀x ∈ R.

II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d đi qua
điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình ( x − 2) 2 + ( y + 1)2 = 25 theo
một dây cung có độ dài bằng 8.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình
x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 4 y − 6 z − 11 = 0 và mặt phẳng (α) có phương trình 2x + 2y – z +
17 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( β) song song với (α) và cắt (S) theo
giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 6π.
Câu VII.a: (1 điểm) Lập số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau từ các chữ số {0; 1; 2;
3; 4; 5; 6; 7}. Hãy tính xác suất để lập được số tự nhiên chia hết cho 5.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ABC biết: B(2; –1), đường cao
qua A có phương trình d1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác trong góc C có phương
trình d2: x + 2y – 5 = 0. Tìm toạ độ điểm A.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(–1; –1; 0), B(1; –1;
2), C(2; –2; 1), D(–1;1;1). Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua D và cắt ba
trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam
giác MNP.
0
1

2
1004
+ C2009
+ C2009
+ ... + C2009
Câu VII.b: (1 điểm) Tính tổng: S = C2009
Hướng dẫn
Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và
x 2 + (m − 3) x + 1 − m = 0, x ≠ 1 (*)
(*) có 2 nghiệm phân biệt là xA và xB ⇒ A(xA; xA + m), B(xB; xB + m),
 x A + xB = 3 − m

 x A .xB = 1 − m
uuu
r uuu
r
tại O thì OA.OB = 0 ⇔ x A xB + ( x A + m ) ( xB + m ) = 0

Theo định lí Viét:

Để ∆OAB vuông
⇔ 2 x A x B + m ( x A + x B ) + m 2 = 0 ⇔ m = −2
Câu II: 1) PT ⇔ (1 + sin x)(1 − sin x)(cos x − 1) = 2(1 + sin x)(sin x + cos x)

π

1 + sin x = 0
x = − + k 2π
1 + sin x = 0


⇔
⇔
⇔
2

sin x + cos x + sin x cos x + 1 = 0
( 1 + sin x ) ( cos x + 1) = 0
 x = π + k 2π

2) (b) ⇔

x 2 + y 2 + 2 ( x 2 + 1).( y 2 + 1) = 14 ⇔ xy + 2 ( xy ) 2 + xy + 4 = 11

(c)

(C):


 p ≤ 11
p =3
(c) ⇔ 2 p 2 + p + 4 = 11 − p ⇔  2
⇔
 p = −35 / 3
3 p + 26 p − 105 = 0

Đặt xy = p.
(a) ⇔ ( x + y )

2

• p = xy = −

= 3 xy + 3

35
(loại)
3

• p = xy = 3 ⇒

x + y = ±2 3
 xy = 3
⇒x= y= 3

 x + y = 2 3

1/ Với

Vậy hệ có hai nghiệm là: (
π

Câu III:

I=

2

∫e

π

cos x

•

I1 =

2

∫e

cos x

3; 3 ) , ( − 3; − 3 )

 xy = 3
⇒x= y=− 3

 x + y = −2 3

2

∫ sin x.sin 2 xdx

.sin 2 xdx +

0

π

2/ Với

0

.sin 2 x.dx .

Đặt cosx = t ⇒ I1 = 2

0

π

•

2

1
I 2 = ∫ sin x.sin 2 xdx =
2
0

⇒ I =2+

π

2

∫ ( cos x − cos3x ) dx =
0

1

sin 3 x  π 2 2
=
 sin x −
÷
2
3  0 3

2 8
=
3 3

Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ sao cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0),
uuur uuuu
r  a2 a2 a2 
 a 
a a a

 =  − ; − ; ÷
M
0
;
;
0
,
N
;
;
BN
,
BM

S(0; 0; a), 
÷ 
÷⇒ 
2 4 
 4
 2 
2 2 2

⇒

r uuur a 3
1 uuur uuuu
 BN , BM  BD =

6
24
1
khác, VBMND = 3 S BMN .d ( D,( BMN ) )

VBMND =

Mặt

⇒ d ( D,( BMN ) ) =

Câu V: Xét hàm số:

S BMN =

,

r
1 uuur uuuu
a2 3
 BN , BM  =
 4 2
2

3VBMND a 6
=
S BMN
6
f ( x ) = e x + cos x − 2 − x +

x2
, x ∈ R.
2

f ′ ( x ) = e x − sin x − 1 + x ⇒ f ′′ ( x ) = e x + 1 − cos x > 0, ∀x ∈ R

⇒ f ′(x) là hàm số đồng biến và f ′(x) = 0 có tối đa một nghiệm.
Kiểm tra thấy x = 0 là nghiệm duy nhất của f ′(x)=0.
Dựa vào BBT của f(x) ⇒

2
f ( x ) ≥ 0, ∀x ∈ R ⇔ e x + cos x ≥ 2 + x − x ,
2

∀x ∈ R.

Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = 0 ⇔ ax + by – a – 2b = 0 ( a2 + b2 > 0)
Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 8 nên khoảng cách từ tâm I(2; –1)
của (C) đến d bằng 3.
d ( I,d ) =

2a − b − a − 2b
a2 + b2

a = 0
= 3 ⇔ a − 3b = 3 a 2 + b 2 ⇔ 8a 2 + 6ab = 0 ⇔ 
a = − 3 b

4

• a = 0: chọn b = 1 ⇒ d: y – 2 = 0
•a=

3
− b:
4

chọn a = 3, b = – 4 ⇒ d: 3x – 4 y + 5 = 0.

2) Do (β) // (α) nên (β) có phương trình 2x + 2y – z + D = 0 (D ≠ 17)
Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = 5
Đường tròn có chu vi 6π nên có bán kính r = 3.
Khoảng cách từ I tới (β) là h = R 2 − r 2 = 52 − 32 = 4
Do đó

2.1 + 2(−2) − 3 + D

22 + 22 + (−1)2

 D = −7
= 4 ⇔ −5 + D = 12 ⇔ 
 D = 17 (loaïi)


Vậy (β) có phương trình 2x + 2y – z – 7 = 0
Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác
nhau.
* Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A85 − A74 = 5880 số
* Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A74 + 6. A63 = 1560 số
⇒ P(A) =

1560 13
=
5880 49

Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là:

ur
U = ( 3; −4 )

⇒ phương trình BC:

x − 2 y +1
=
3
−4

⇒ Toạ độ điểm C (−1;3)
+ Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua d2, I là giao điểm của BB’ và d2.
x − 2 y +1
⇔ 2x − y − 5 = 0
=
1
2
2 x − y − 5 = 0
x = 3
nghiệm của hệ:  x + 2 y − 5 = 0 ⇔  y = 1 ⇒ I (3;1)



⇒ phương trình BB’:
+ Toạ độ điểm I là

+ Vì I là trung điểm BB’ nên:

 x B ' = 2 x I − xB = 4
⇒ B′ (4;3)

 y B ' = 2 y I − yB = 3

+ Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0.
+ Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:

y −3 = 0
 x = −5
⇔
⇒ A(−5;3)


3 x − 4 y + 27 = 0
y = 3

2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.
uuur
uuuu
r
uuur uuuu
r
 DP = ( 1; −1; p − 1) ; NM = ( m; − n;0 )
 DP.NM = m + n
⇒  uuur uuuu
uuuu
r
r
Ta có :  uuur
.
 DN .PM = m + p
 DN = ( 1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p )
Phương trình mặt phẳng (α):
D

là

trực

tâm

của

x y z
+ + = 1.
m n p

−1 1 1
+ + = 1.
m n p
uuur uuuu
r
uuur uuuu
r
 DP ⊥ NM
 DP.NM = 0
r ⇔  uuur uuuu
r
 uuur uuuu
 DN ⊥ PM
 DN .PM = 0

Vì D ∈(α) nên:

∆MNP

⇔

⇔

 m+n=0
 m + p = 0 ⇔  m = −3




n = p = 3
 −1 + 1 + 1 = 1
 m n p

Kết luận, phương trình của mặt phẳng (α):

x y z
+ + =1
−3 3 3

0
1
2
1004
+ C2009
+ C2009
+ ... + C2009
Câu VII.b: S = C2009
(1)
2009
2008
2007
1005
⇔ S = C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 (2) (vì Cnk = Cnn−k )
2009
0
1

2
1004
1005
2009
+ C2009
+ C2009
+ ... + C2009
+ C2009
+ ... + C2009
= ( 1 + 1)
⇒ 2S = C2009

⇒ S = 22008

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HỌC NĂM 2010
ĐỀ THI THAM KHẢO
giao đề

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI
Môn Thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số)


(1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2.
2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu,

đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:

cos3x cos3 x − sin 3 x sin 3 x =

2) Giải hệ phương trình:

 x 2 + 1 + y ( y + x ) = 4 y
 2
( x + 1)( y + x − 2) = y

2+3 2
8

(x, y ∈

(1)
)

(2)

5

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:

dx
4x + 1
3 2x + 1 +

I =∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB=AD = a,
AA’ =

a 3
2

và góc BAD = 600 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các

cạnh A’D’ và A’B’. Chứng minh rằng AC’ vuông góc với mặt phẳng
(BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN.
Câu V (1 điểm) Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện x 2+xy+y2 ≤ 3 .Chứng
minh rằng:
–4 3 – 3 ≤ x 2 – xy – 3y 2 ≤ 4 3 + 3

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc
đường thẳng
d: x – 4y –2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y
+ 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α): 3x + 2y – z + 4
= 0 và hai điểm A(4;0;0) , B(0;4;0) .Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mặt phẳng (α), đồng thời
K cách đều gốc tọa độ O và (α).
 ln(1 + x ) = ln(1 + y ) = x − y
2
2

 x − 12 xy + 20 y = 0

Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình: 

(a)
(b)

B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho D ABC có cạnh AC đi qua điểm
M(0;– 1).
Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác trong AD: x –
y = 0, phương trình đường cao CH: 2x + y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của
D ABC .
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 4x – 3y + 11z =
0 và hai đường thẳng d1:

x
y−3
z +1 x − 4
y
z−3
=
=
,
= =
. Chứng minh
−1
2
3

1
1
2

rằng d1 và d2 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trên (P), đồng
thời ∆ cắt cả d1 và d2.
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 4 x – 2 x +1 + 2(2 x –1)sin(2 x + y –1) + 2 = 0 .
Hướng dẫn
Câu I: 2) YCBT ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa mãn:
x1 < x2 < 1


⇔

 ∆ ' = 4m 2 − m − 5 > 0

 f (1) = −5m + 7 > 0

 S = 2m − 1 < 1
 2
3

⇔

2
2

Câu II: 1) (1) ⇔ cos4x =
2) (2) ⇔

5
4

7
5

⇔

x=±

π
π
+k
16
2

 x2 + 1
+ y+ x−2 = 2
 x2 + 1

=1
 x =1
 x = −2
 y

⇔
y
 2



⇔
hoặc
y = 2
 y=5
 x + 1 ( y + x − 2) = 1
y + x − 2 =1

 y

3 1
4 x + 1 . I = ln −
2 12
3
3 1
VA.BDMN = 4 VS.ABD = 4 . 3 SA.SABD

Câu III: Đặt t =
Câu IV:

1

= 4 .a

3.

a 2 3 3a 3
=
4
16

Câu V: Đặt A = x 2 + xy + y 2 , B = x 2 − xy − 3 y 2
• Nếu y = 0 thì B = x 2 ⇒ 0 ≤ B ≤ 3
• Nếu y ≠ 0 thì đặt t =
Xét phương trình:

x
y

ta được B = A.

t2 − t − 3
=m⇔
t2 + t +1

x 2 − xy − 3 y 2
t2 − t − 3
=
A
.
x 2 + xy + y 2
t2 + t +1

(m–1)t2 + (m+1)t + m + 3 = 0 (1)

(1) có nghiệm ⇔ m = 1 hoặc ∆ = (m+1)2 – 4(m–1)(m+3) ≥ 0
⇔

−3 − 4 3
3

≤m≤

−3 + 4 3
3

Vì 0 ≤ A ≤ 3 nên –3– 4
Câu VI.a: 1)

 2 2
A  − 3 ; − 3 ÷ ,

3 ≤ B ≤ –3+ 4 3
8
 8
C  3 ; 3 ÷ , B(– 4;1)

2) I(2;2;0). Phương trình đường thẳng KI:

x−2 y−2 z
=
=
.
3
2
−1

Gọi H là hình chiếu

của I trên (P): H(–1;0;1). Giả sử K(xo;yo;zo).

Ta có: KH = KO ⇔

x0 − 2 y0 − 2 z0

=
=

3
2
−1

2
2
2
 ( x + 1) + y + ( z − 1) = x 2 + y 2 + z 2
0
0
0
0
0
0


1 1 3

⇒ K(– 4 ; 2 ; 4 )

Câu VII.a: Từ (b) ⇒ x = 2y hoặc x = 10y (c). Ta có (a) ⇔ ln(1+x) – x = ln(1+y)
– y (d)
Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t với t ∈ (–1; + ∞) ⇒ f ′(t) =

1
−t
−1 =
1+t
1+ t

Từ BBT của f(t) suy ra; nếu phương trình (d) có nghiệm (x;y) với x ≠ y thì x,
y là 2 số trái dấu, nhưng điều này mâu thuẩn (c).
Vậy hệ chỉ có thể có nghiệm (x, y) với x = y. Khi đó thay vào (3) ta được x =
y=0
Câu VI.b: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M vuông góc với AD cắt AD, AB lần
lượt tại I và N, ta có:

 1 1
(d ) : x + y + 1 = 0, I = (d ) ∩ ( AD) ⇒ I  − ; − ÷ ⇒ N (−1; 0) (I
 2 2

điểm MN).
AB ⊥ CH ⇒ pt ( AB ) : x − 2 y + 1 = 0, A = ( AB ) I ( AD) ⇒ A(1; 1) .

AB = 2AM

⇒ AB

= 2AN

⇒N

là trung điểm AB

 1

pt ( AM ) : 2 x − y − 1 = 0, C = ( AM ) I (CH ) ⇒ C  − ; −2 ÷
2



2) Toạ độ giao điểm của d1 và (P): A(–2;7;5)
Toạ độ giao điểm của d2 và (P): B(3;–1;1)

⇒ B ( −3; −1)

.

là trung


x+2 y −7 z −5
=
=
5
−8
−4

Phương trình đường thẳng ∆:
Câu VII.b: PT ⇔
Từ (2) ⇒

 2 x − 1 + sin(2 x + y − 1) = 0 (1)


x
(2)
 cos(2 + y − 1) = 0

sin(2 x + y − 1) = ±1 .

Thay vào (1) ⇒ x = 1 ⇒

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HỌC NĂM 2010

y = −1 −

π
+ kπ
2

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI
Môn Thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian

ĐỀ THI THAM KHẢO
giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =

x+2
(1).
2x + 3

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt
trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho ∆OAB cân
tại gốc tọa độ O.
Câu II (2 điểm)
cot x + 3 + tan x + 2cot 2 x = 3 .
1) Giải phương trình:
2) Giải phương trình:
x 2 − 2( x + 1) 3x + 1 = 2 2 x 2 + 5 x + 2 − 8 x − 5 .
Câu III (1 điểm) Tính tích phân :

π
4

cos x − sin x .
dx
3 − sin 2 x
0

I =∫

Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh a. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm các cạnh CD, A′D′. Điểm P thuộc cạnh DD’ sao cho PD′ =
2PD. Chứng tỏ (MNP) vuông góc với (A′AM) và tính thể tích của khối tứ
diện A′AMP.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:

P=

( a + b − c )3 (b + c − a )3 (c + a − b)3
+
+
3c
3a
3b

.

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1) 2 + (y + 1)2
= 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại
A, B phân biệt sao cho MA = 3MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1
= 0 và hai đường thẳng ∆1 :

x +1 y z + 9
x −1 y − 3 z +1
= =
=
=
; ∆2 :
. Xác
1
1
6
2

1
−2

định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆1 sao cho khoảng cách từ M đến
đường thẳng ∆2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.


Câu VII.a (1 điểm) Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2 + 2z + 10 = 0
.
2
2
Tính giá trị của biểu thức: A = z1 + z2 .
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; –
1), C(11; 2). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và chia ∆ABC thành hai
phần có tỉ số diện tích bằng 2.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho, đường thẳng

d:

x y −1 z − 2
=
=
1
2
1

và

mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng d′ đi qua
điểm M(2; 2; 4), song song với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d.
3
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: log 2 ( 1 + x ) = log 7 x .
Hướng dẫn
Câu I: 2) ∆OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng
y = x hoặc y = –x.
x = −1 ⇒ y = 1

−1

 0
0
Nghĩa là: f ′(x0) = ±1 ⇒ (2x + 3) 2 = ±1 ⇒  x = −2 ⇒ y = 0
0
0
 0
∆1 : y – 1 = –1(x + 1) ⇔ y = –x (loại); ∆2 : y – 0 = –1(x + 2) ⇔ y = –x – 2
(nhận)
π
.
2
cos 2 x
cos 2 x − sin 2 x
=2
= cot x − tan x .
Ta có: 2cot 2 x = 2
sin 2 x
2sin x cos x
cot x ≤ 3

π
PT ⇔ 3 + cot x = 3 − cot x ⇔ cot 2 x − 7 cot x + 6 = 0 ⇔ cot x = 1 ⇔ x = 4 + kπ , k ∈ ¢

1
2) Điều kiện: x ≥ − 3 .
2
2
2
PT ⇔ ( x + 1) 2 − 2( x + 1) 3x + 1 + ( 3 x + 1 )  + ( x + 2 ) − 2 2 x 2 + 5 x + 2 + ( 2 x + 1 )  = 0
2
2
 3x + 1 = x + 1
⇔ ( x + 1) − 3x + 1  + ( x + 2 ) − ( 2 x + 1 )  = 0 ⇔ 
⇔ x =1.
 2 x + 1 = x + 2

Câu II: 1) Điều kiện:

sin x cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ k

2

Câu III: Đặt

u = sin x + cos x ⇒ I =

du

∫

4 − u2

1

π
4

Đặt

u = 2sin t ⇒ I = ∫
π
6

π
4

2cos tdt

= ∫ dt =

4 − 4sin 2 t

π
6

.
π
.
12

Câu IV: Gọi Q là giao điểm của NP và AD. Do PD′ = 2PD nên D′N = 2DQ
AD.DQ = MD 2 =

Ta có:

a2
⇒ QM ⊥ AM
4

1
V = MD.S ∆ A ' AP
3

(1).

Thay vào (1), ta được:
Câu

(đpcm).

S∆ A ' AP = S ADD ' A ' − S∆ APD − S∆ A ' D ' P =

V=

a2
2

a3
.
12

1
( a + b − c )3 c
,
V: Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương
và
3
3c
3
3
3
(a + b − c) c 1
(a + b − c)
4c 1
+ + ≥a+b−c⇒
≥ a + b − − (1).
3c
3 3
3c
3 3

ta được:


(b + c − a ) 3
4a 1
(c + a − b )3
4b 1
≥b+c−
− (2),

≥c+a−
− (3).
3a
3 3
3b
3 3
Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra P ≥ 1 ⇒ min P = 1 khi a = b = c = 1 .
VI.a: 1) PM /( C ) = 27 > 0 ⇒ M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.
uuur uuur
Mặt khác: PM /( C ) = MA.MB = 3MB 2 ⇒ MB = 3 ⇒ BH = 3 ⇒ IH = R 2 − BH 2 = 4 = d [M ,(d )]

Tương tự:
Câu

Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0).
a = 0
=4⇔
 a = − 12 b .
a2 + b2

5

−6a − 4b

d [ M ,( d )] = 4 ⇔

Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.
r
2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) ∈∆1;
∆2 qua A (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương a =

(2; 1; –2)
uuuu
r r
uuuu
r
AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒  AM;a  = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)
Ta có : d (M, ∆2) = d (M, (P)) ⇔ 261t 2 − 792t + 612 = 11t − 20
⇔ 35t2 – 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hay t =

53
35

 18 53 3 

Vậy M (0; 1; –3) hay M  ; ; ÷
 35 35 35 
2
Câu VII.a: ∆’ = –9 = 9i do đó phương trình có 2 nghiệm z 1 = –1 – 3i, z2 = –1 +
3i
2
2
⇒ A = z1 + z2 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20
Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + u5y
– 12 = 0.
uuu
r
2) Chọn N ∈ d ⇒ N (t ;1 + 2t ;2 + t ) ⇒ MN = (t − 2; 2t − 1; t − 2) .
Câu

uuuu

rr
x −1 y − 3 z − 3
MN P ( P ) ⇔ MN .n P = 0 ( do M ∉ ( P ) ) ⇔ t = 1 ⇔ N (1;3;3) ⇒ d ' :
=
=
.
1
−1
1
VII.b: Điều kiện: x > 0. Đặt t = log 7 x ⇔ x = 7t .

PT ⇔

(

log 2 1 + 7

t
3

)

t
3

t
3

t

t

 1 3  7 3
= t ⇔ 1 + 7 = 2t ⇔ 1 + 7 = 8 ⇔  ÷ +  ÷ − 1 = 0
8 8
t

Hàm số

t
3

(*).

t

 1 3  7 3
f (t ) =  ÷ +  ÷ − 1
8 8

nghịch biến và

f (3) = 0

nên (*) có nghiệm t = 3.

Vậy phương trình có nghiệm x = 343.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HỌC NĂM 2010
ĐỀ THI THAM KHẢO

giao đề

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI
Môn Thi: TOÁN – Khối A
Thời gian: 180 phút, không kể thời gian

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 + mx3 − 2 x 2 − 3mx + 1 (1) .
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.
Câu II: (2 điểm)
2+3 2
8

1) Giải phương trình:

cos3xcos3x – sin3xsin3x =

2) Giải phương trình:

2 x + 1 + x x 2 + 2 + ( x + 1) x 2 + 2 x + 3 = 0


Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:

π
2

I = ∫ ( x + 1) sin 2 xdx .
0

Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′.ABC là hình chóp tam giác đều
cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA′ = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC)
và (A′BC). Tính tan α và thể tích của khối chóp A′.BB′C′C.
Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh:

a 2 b2 c 2 a b c
+ +
≥ + + .
b2 c2 a2 b c a

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I
(6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường
thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y – 5 = 0.
Viết phương trình đường thẳng AB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 =
0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt
phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính
bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 9 x + x −1 + 1 ≥ 10.3x + x− 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): x 2 + y2 + 4x + 4y
+ 6 = 0 và đường thẳng ∆: x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I
là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B
sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi

qua điểm D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O
sao cho D là trực tâm của tam giác MNP.
Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 4 x − 2 x +1 + 2(2 x − 1)sin(2 x + y − 1) + 2 = 0 .
---------------------------Hướng dẫn
Câu I: 2) Đạo hàm y′ = 4 x3 + 3mx 2 − 4 x − 3m = ( x − 1)[4 x 2 + (4 + 3m) x + 3m]
2

x =1
y′ = 0 ⇔  2
 4 x + (4 + 3m) x + 3m = 0

2

(2)

Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt
⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
Thử lại: Với

m≠±

4
,
3

∆ = (3m − 4) 2 > 0
4
⇔
⇔ m≠± .
3

4 + 4 + 3m + 3m ≠ 0

thì y′ = 0 có 3 nghiệm phân biệt

x1 , x2 , x3

Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu
khi

4
m≠± .
3

Câu II: 1) PT ⇔
2) Đặt:

cos 4 x =

2
π
π
⇔ x = ± + k ,k ∈ Z
2
16
2

 v2 − u 2 = 2x + 1
2
2
u = x 2 + 2, u > 0

u = x + 2

⇒ 2
⇒  2 v2 − u 2 − 1

2
2
v
=
x
+
2
x
+
3
v = x + 2 x + 3, v > 0
 x =


2


PT

v u = 0

v + u 1

(v u ) (v u ) 1 +
ữ + = 0 (v + u ) 1 + v + u + 1 = 0

2
2





ữ

2 2


(b)
(c )

Vỡ u > 0, v > 0, nờn (c) vụ nghim.
Do ú: PT v u = 0 v = u
Cõu III: t

u = x + 1

dv = sin 2 xdx

x2 + 2x + 3 = x2 + 2 x =


I=

2
1

1
( x + 1) cos 2 x +
2
2
0

/2

1
2



cos 2 xdx = 4 + 1 .
0

Cõu IV: Gi E l trung im ca BC, H l trng tõm ca ABC. Vỡ A.ABC l
hỡnh chúp u nờn gúc gia hai mt phng (ABC) v (ABC) l = ãA EH .
a 3
a 3
a 3
, AH =
, HE =
2
3
6

Ta cú :

AE =

Do ú:

tan =

VA '. ABC =

A ' H 2 3b 2 a 2
=
HE
a

;

1
a 2 3b 2 a 2
A ' H .S ABC =
3
12

.



SABC =

Do ú: VA ' BB 'CC ' = VABC . A ' B ' C ' VA'. ABC =

A ' H = A ' A2 AH 2 =

9b 2 3a 2
3

.

a2 3
a 2 3b 2 a 2
VABC . A ' B 'C ' = A ' H .SABC =
4
4

a 2 3b 2 a 2
6

Cõu V: p dng BT Cụsi, ta cú:
a 2 b2 c 2
a 2 b2 c2
3
+
+

3
. . =3
2 2 2
(1)
b
c
a
b2 c2 a2
a 2 b2 c 2

a2
a b2
b c2
c
a b c
+
1

2
;
+
1

2
;
+
1

2
2
b 2 + c 2 + a 2 2 b + c + a ữ 3
2
2
b
b c
c a
a
2
2
2

a
b
c
a b c
T (1) v (2) 2 2 + 2 + 2 ữ 2 + + ữ pcm.
c
a
b
b c a

(2)

Cõu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)
: x + y 5 = 0, E E(m; 5 m); Goùi N laứ trung ủieồm cuỷa AB
xN = 2 xI xE = 12 m
I trung ủieồm NE
N (12 m; m 1)
yN = 2 yI y E = 4 5 + m = m 1
uuuu
r
uur
MN = (11 m; m 6);
IE = (m 6; 5 m 2) = (m 6; 3 m)
uuuu
r uur
MN .IE = 0 (11 m)(m 6) + (m 6)(3 m) = 0

m 6 = 0uuuhay
14 2m = 0 m = 6 hay m = 7
u

r
+ m = 6 MN
= (5; 0) PT (AB) laứ y = 5
uuuu
r
+ m = 7 MN = (4; 1) PT (AB) laứ x 1 4(y 5) = 0 x 4y + 19 =
0
2) I (1; 2; 3); R = 1 + 4 + 9 + 11 = 5
d (I; (P)) =

2(1) 2(2) 3 4
4 + 4 +1

=3

< R = 5. Vy (P) ct (S) theo ng trũn (C)

Phng trỡnh d qua I, vuụng gúc vi (P) :

x = 1 + 2t

y = 2 2t
z = 3 t


Gi J l tõm, r l bỏn kớnh ng trũn (C). J d J (1 + 2t; 2 2t; 3 t)
J (P) 2(1 + 2t) 2(2 2t) 3 + t 4 = 0 t = 1
Vy tõm ng trũn l J (3; 0; 2) , bỏn kớnh r = R 2 IJ 2 = 4
Cõu VII.a: t t = 3x + x , t > 0. BPT t2 10t + 9 0 ( t 1 hoc t 9)
Khi t 1 t = 3x + x 1 x 2 + x 0 1 x 0 (a)

2

2


Khi t 9

t = 3x

2

+x

x 2
9 x2 + x 2 0
x 1

(b)

Kt hp (a) v (b) ta cú tp nghim ca bpt l: S = (; 2] [1;0] [1; +
).
Cõu VI.b: 1) (C) cú tõm l I (2; 2); R = 2
Gi s ct (C) ti hai im phõn bit A, B. K ng cao IH ca ABC, ta
cú
1
ã
ã
IA.IB.sin AIB
= sin AIB
2

ã
Do ú SABC ln nht khi v ch khi sin AIB
= 1 AIB vuụng ti I
1 4m
IA
= 1 (tha IH < R)
=1
IH =
2
m2 + 1
8
1 8m + 16m2 = m2 + 1 15m2 8m = 0 m = 0 hay m =
15

SABC =

2) Theo gi thit ta cú M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz.
uuur
uuuu
r
uuur uuuu
r
DP = ( 1; 1; p 1) ; NM = ( m; n;0 )
DP.NM = m + n
uuur uuuu
uuuu
r
r
Ta cú : uuur
.

DN .PM = m + p
DN = ( 1; n 1; 1) ; PM = ( m;0; p )
Phng trỡnh mt phng (P):
D

l

trc

tõm

x y z
+ + = 1.
m n p

MNP

ca

1 1 1
+ + = 1.
m n p
uuur uuuu
r
uuur uuuu
r
DP NM
DP.NM = 0
r
r

uuur uuuu
uuur uuuu
DN PM DN .PM = 0


D ( P)
D ( P)

Vỡ D (P) nờn:




m + n = 0
m = 3
m + p = 0



n = p = 3
1 + 1 + 1 = 1
m n p

Kt lun, phng trỡnh ca mt phng (P):
Cõu VII.b: PT
CAO NG NM 2010

x y z
+ + =1.
3 3 3

THI TH I HC,
http://ductam_tp.violet.vn/
Mụn thi : TON
Thi gian lm bi : 180 phỳt, khụng k thi gian

phỏt

I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
x+2
(C)
x 1
1. (1,0 im Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C).
2.(1,0 im) Cho điểm A(0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến tới (C) sao
cho
hai tiếp điểm tơng ứng nằm về hai phía trục ox.
Cõu II. (2,0im)
Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số y =

1. (1,0 im)
2. (1,0 im)



2 1
ữ = ( sin x +1)
2


2

2
Gii PT : cos x + ữ+ cos x +
3
3



Gii PT : x + 4 x 2 = 2 + 3x 4 x 2



4


4

Cõu III. (1,0im) Tớnh tớch phõn I=

sin 6 x + cos 6 x
dx
6x + 1

Cõu IV. (2,0 im)Trong kg Oxyz cho ng thng ( ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2
v mp(P):2x y -2z - 2=0
Vit PT mt cu(S) cú tõm I v khong cỏch tI n mp(P) l 2 v mt cu(S)
ct mp(P )theo giao tuyn ng trũn (C)cú bỏn kớnh r=3
II.PHN RIấNG (3 im) Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai cõu(Va
hocVb)
Cõu Va.
1(2,0 im).

Trong Oxy hỡnh thang cõn ABCD cú AB //CD v A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (20;0 ) Tỡm to C
2.(1,0 im) T cỏc s 0,1,2,3,4,5,6
Lp c bao nhiờu s cú 5 ch s khỏc nhau m nht thit phi cú ch
s 5
Cõu Vb.
1. (2,0 im).Cho hỡnh chúp S. ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) = 60 0, ABC v SBC
l cỏc tam giỏc u cnh a. Tớnh theo a khong cỏch t B n mt phng (SAC).
log 2 ( x + 1) log 3 ( x + 1)
>0
x 2 3x 4
2

2.(1,0 im)

Gii B PT

3

Ht

HNG DN GII
I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im)
Cõu I. 1/*-Tập xác định:D=R\{1}.
*-Sự biến thiên.
3
<0
a-Chiều biến thiên. y' =
(x 1) 2
Hàm số luôn nghịch biến trên khoảng( ;1) và (1; +)
b-Cực trị:hàm số không có cực trị

x+2
x+2
c-giới hạn: lim (
) = ; lim + (
) = +
x ( 1) x 1
x ( 1) x 1
hàm số có tiệm cận đứng x=1


x2
) =1
x x 1
d-Bảng biến thiên:
x
lim(

y
y

hàm số có tiệm cận ngang y = 1
-
1

+

1
-

*-Đồ thị:

Đồ thị nhận I(1; 1 ) làm tâm đối xứng
Giao với trục toạ độ:Ox (- 2;0 )
Oy (0; 2 )

+
-

1

1
y

2

1
-2

o

1

5

x

-2

2/(1,0 im) Phơng trình tiếp tuyến qua A(0;a) có dạng y=kx+a (1)
x + 2
(2 )

x 1 = kx a
Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:
có nghiệm x 1

3

=k
(3)
( x 1) 2
Thay (3) vào (2) và rút gọn ta đợc: (a 1)x 2 2(a + 2)x + a + 2 = 0
( 4)
a 1
a 1

Để (4) có 2 nghiệm x 1 là: f (1) = 3 0
a > 2
' = 3a + 6 > 0

Hoành độ tiếp điểm x 1 ; x 2 là nghiệm của (4)
x +2
x +2
Tung độ tiếp điểm là y 1 = 1
, y2 = 2
x1 1
x2 1
Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là: y 1 .y 2 < 0
x 1 x 2 + 2(x 1 + x 2 ) + 4
9a + 6
2
<0

< 0 a > Vậy
x 1 x 2 (x 1 + x 2 ) + 1
3
3
đkiện bài toán.
Cõu II. (2,5 im) 1)
Bg:

(1)




2

(x 1 + 2)(x 2 + 2)
<0
(x 1 1)(x 2 2)

2
3

thoả



2
2
Gii PT : cos x + ữ+ cos x + ữ = ( sin x +1) (1)

3
3 2


1

2
4

) + 1 + cos(2 x + ) = 1 + sin x 2 cos(2 x + ).cos = sin x 1
3
3
3

5

1 cos 2 x sin x = 0 2sin 2 x sin x = 0 x = + 2k ; x =
+ 2k ; hayx = k
6
6
1 + 2 cos(2 x +

2. (1,0 im) Gii PT : x + 4 x 2 = 2 + 3x 4 x 2
Bg:
K: 2 x 2
t y= 4 x 2 (y 0 )=> x 2 + y 2 = 4

mãn

 x + y − 3 xy = 2
Ta có hệ PT: 
2
 ( x + y ) − 2 xy = 4

Hệ đối xứng loại 1 Đặt S=x +y ; P=xy
 x = 0; y = 2

Giải hệ theo S;P =>

Khi S=2 và P=0 => 
 x = 2; y = 0
Khi


−6 − 126
x=

4
10 
9
s=− ;p=− ⇒
3
3
 y = −6 + 126

9

Vậy PT có 3

nghiêm:......
π
4
π
−
4

Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I= ∫

sin 6 x + cos 6 x
dx
6x + 1

* Đăt t = -x => dt = -dx
π
4

π
4

* Đổi cận: x = − ⇒ t = ;; x =
π
4
π
−
4

I =∫

6t

π
π
⇒t =−
4
4

π
π
sin 6 t + cos 6 t
sin 6 t + cos 6 t
t
6
6
4
4
dt
;
=>
2
I
=
(6
+
1)
dt
=
π
π (sin t + cos )tdt
t

t
∫
∫
−
−
6 +1
6 +1
4
4
π
4
π
−
4

2I = ∫

π

π
5 3
5π
 3 2 

5 31
4
4 
1
−
sin

t
dt
=
+
cos
4
t
dt
=
t
+
sin
4
t
π

÷

÷

÷π =
∫
−
8
16
 4


8 8 4
−

48
4

5π
=>I =
32

Câu IV. (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thảng ( ∆ ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 và
mp(P):2x – y -2z - 2=0
Viết PT mặt cầu(S) có tâm I ∈ ∆ và khoảng cách từI đến mp(P) là 2 và mặt cầu(S)
cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3
Bg:m cầu(S) có tâm I ∈ ∆ g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT của ∆ (1)
* d ( I;( P) ) = 2

(2)

Từ (1) và(2) ta có hệ PT:
 2 a − b − 2c − 2 = 6

 11 14 1 
 1 1 7
a=t
⇒ .... ⇒ heconghiem  ; − ; ÷; va  − ; − ; ÷

b = 2t − 1
3 6
6
 3 3 3

c =t+2



Do r = R 2 − 4 = 3 ⇔ R = 13
2

Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt :

2

2

14  
1
 11  
( S1 ) :  x − ÷ +  y + ÷ +  z − ÷ = 13
6 
3 
6

2

2

2

1
1
7
( S2 ) :  x + ÷ +  y + ÷ +  z − ÷ = 13
3 

3 
3


II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va
hoặcVb)
Câu Va. ( 2,0 điểm ) :
1.(2,0 điểm). Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD và A( 10;5) ; B(15;-5
) ; D (-20;0 ) Tìm toạ độ C