Tài liệu 13 đề thi ĐH 2010 môn Toán pdf

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
.

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)

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
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
mị =

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 = 0x xc x c x c+ + -
(3)
Ta thy cosx = 0 khụng l nghiờm
(3)
3 2
3 3 tan 8t an x + 3 3 t anx = 0x +


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

, . 0BA CD CA
ộ ự
ạ
ở ỷ
uuur uuur uuur
ị pcm
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.



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
( ) 2y 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 cosI 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 1x 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 0C 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 0d 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.

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 0S 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
3a b c+ + =
. Chứng
minh bất đẳng thức
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a 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

8

Ta có
3
'( ) 4 4f x x x= -
. Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và 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' ay f a x a f a f a x f a= - + = + -
;
( )( ) ( ) ( ) ( )
' ' ( ) f' by 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 b¹
, 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 cot 2 0
cot 1
x x x x x
x
+ ¹ì
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 2 sinx x xÛ =

( )
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

9

Điều kiện:
3x >

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 xÛ - + - - > - +

( )( ) ( ) ( )
3 3 3
log 2 3 log 2 log 3x x x xÛ - - > - - +
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
10x >

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

10

Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm
của AB và CD. Khi đó
OM AB^
và
' DO N C^
.
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.

Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OMID
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 1x x m x x x x m+ - + - - - =
(1)
Điều kiện :
0 1x£ £

Nếu
[ ]
0;1xÎ
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

11

* 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+ - - - = - - 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
5R =
.
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 5IM =
.
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20x 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, 5AB 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

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
42910C 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 0x 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

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+ca 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 7b c a b c a b c

+ + + + + +

T ú suy ra
2 2 2
1 1 1 4 4 4
7 7 7a 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

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 1y 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 4x 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 0x y x y+ + - - =
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của
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 0x 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 , dM NÎ 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 1y x x= + -

+ MXĐ:
D = ¡

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

·
2
' 3 6y 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§



16

· Đồ thị


2



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


+ Khi
0m ¹

( )
2
' 3 6 1y mx mx mÞ = + - -

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


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




II

1


( )
4 4
sin cos 1
tan cot

sin 2 2
x x
x x
x
+
= +
(1)
Điều kiện:
sin 2 0x 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 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x
-
Û = Û - = Û =

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
2


17

( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4x 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 4x- < <
ta cú phng trỡnh
2
4 12 0 (3)x x+ - =
;
( )
2
(3)
6
x
x
=
ộ

ờ
= -
ở
loại


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

( )
2 24
4
2 24
x
x
ộ
= -

ờ
= +
ờ
ở
loại

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


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


18


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

( )
SOE AB^
.
Dựng
( )
OH SE OH SAB^ Þ ^
, vậy OH là khoảng 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 6xÛ £ £
. Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại
[ ]
0
1;6x 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 mÛ $ 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;6xÎ
nên chỉ nhận
1 17
2
x
- +
=

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 0a x b y ax by a b+ + - = + + - =

Gi
1 2 3
: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a bD + - = 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
0bị ạ
. Do ú
3
: 4 0yD - =

+ 3a 4b = 0: Cú th cho a = 4 thỡ b = 3. Suy ra

3
: 4 3 4 0x yD + - =
(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
+ - +
= + + = + + = + - +

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 0a a- - =

Nh vy
2a =
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 9x 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 5n 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
90ABC =
nờn AC l ng kớnh ng trũn, tc l im C i xng 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 ta ca M
( )
1 2 ;3 3 ;2t t t+ -
.
Theo :