Tài liệu Đề thi và đáp án thi thử môn Toán khối A-B-D cao đẳng-đại học doc

MATHVN.COM – www.mathvn.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 01
Mơn: TỐN – 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 y =

2x - 1
x -1

(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 vng góc với đường thẳng IM.
Câu II (2 điểm):
1. Giải bất phương trình: log 9 (3x 2 + 4 x + 2) + 1 > log 3 (3x 2 + 4 x + 2)
sin 2 x cos 2 x
+
= tan x - cot x
2. Giải phương trình:
cos x
sin x
1

Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I = ị ln(1 + x2 )dx
0

Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA
vng 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 a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c .
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 ( C1 ): x 2 + y 2 = 13 và ( C 2 ):
( x - 6) 2 + y 2 = 25 . Gọi A là một giao điểm của ( C1 ) và ( C 2 ) với y A > 0 . Viết phương
trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt ( C1 ), ( C 2 ) theo hai dây cung có độ dài bằng
nhau.
2. Giải phương trình:

(

) (
x

5 -1 +

)

x

5 +1 - 2

x+

3
2

=0

"n Ỵ N * ,
điểm):
Chứng
minh
rằng
ta
có:
n
2
2n
2C 2 n + 4C 24n + ... + 2nC 2 n = 4 n
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 + y 2 - 6 x + 5 = 0 . 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 60 0 .
Câu

VII.a

(1

© 2010 – www.mathvn.com

1

MATHVN.COM – www.mathvn.com
ì x = 2t
ï
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : í y = t và (d 2 ) :
ïz = 4
ỵ
ìx = 3 - t
ï
. Chứng minh (d1 ) và (d 2 ) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có
íy = t
ïz = 0
ỵ

đường kính là đoạn vng góc chung của (d1 ) và (d 2 ) .
Câu VII.b (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập hợp số phức:
z 4 - z 3 + 6 z 2 - 8 z - 16 = 0
-------------- 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 = 4x3 + mx2 – 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 x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2
Câu 2: (2điểm)
ì x - 2 y - xy = 0
ï

1. Giải hệ phương trình: í

ï x -1 + 4 y -1 = 2

ỵ
pư
ỉ
2. Giải phương trình: cosx = 8sin3 ỗ x + ữ
6ứ
ố

Cõu 3: (2 im)
1. Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC
vng 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.
e2

2. Tính tích phân A =

dx

ò x ln x.ln ex
e

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) vng góc với mặt phẳngOxy và cắt được các
đường thẳngAB; CD.
2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:

a3
b3
c3

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

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)

© 2010 – www.mathvn.com

2


MATHVN.COM – www.mathvn.com
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): x2 + y2 – 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: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số
thực x.
-------- Hết ------BÀI GIẢI TÓM TẮT
A.PHẦN CHUNG:
Câu 1:

1. m = 0 , y = 4x3 – 3x
- TXĐ: D = R
- Gii hn: lim y = +Ơ,
x đ+Ơ

-

lim y = -Ơ

x đ-Ơ

y = 12x2 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’ = 12x2 + 2mx – 3
Ta có: D’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy ln có cực trị

© 2010 – www.mathvn.com

3

MATHVN.COM – www.mathvn.com
ì
ï x1 = -4 x2
ï
m
ï
Ta có: í x1 + x2 = 6
ù
1
ù
ù x1 x2 = - 4
ợ

ịm=

9
2

Cõu 2:
ỡ x - 2 y - xy = 0
ï
1. í
ï x -1 + 4 y -1 = 2
ỵ

ìx ³ 1
ï
Điều kiện: ớ
1
ùy 4

ợ

(1)
(2)

x
- 2 = 0 ị x = 4y
y
1
Nghim ca h (2; )
2
3
pử
ổ
2. cosx = 8sin3 ỗ x + ÷ Û cosx = 3 s inx+cosx
6ø
è
3
Û 3 3 sin x + 9sin 2 xcosx +3 3 s inxcos 2 x + cos3 x - cosx = 0 (3)

Từ (1) Þ

x
y

(

)

Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm

(3) Û 3 3 tan 3 x + 8 t an 2 x + 3 3 t anx = 0
Û t anx = 0 Û x = kp
Câu 3:
1.Theo định lý ba đường vng góc
BC ^ (SAC) Þ AN ^ BC
và AN ^ SC
ÞAN ^ (SBC) Þ AN ^ MN
Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC
Vây DMSN ~ DCSB
Þ TM là đường cao của tam giác STB
Þ BN là đường cao của tam giác STB
Theo định lý ba đường vng góc, ta có AB
^ ST
ÞAB ^ (SAT) hay AB^ AT (đpcm)
e2

2. A = ò
e

e2

dx
d (ln x)
=ò
=
x ln x(1 + ln x) e ln x(1 + ln x)
2

= ln(ln x)

e2

ổ 1

1

ử

ũ ỗ ln x - 1 + ln x ÷d (ln x)
è
ø
e

2

e
e
- ln(1 + ln x) = 2ln2 – ln3
e
e

Câu 4:
uuu
r
uuu
r
uuu
r
1. +) BA = (4;5;5) , CD = (3; -2;0) , CA = (4;3; 6)

uuu uuu
r r
uuu uuu uuu
r r
r
é BA, CD ù = (10;15; -23) ị ộ BA, CD ự .CA ạ 0 Þ đpcm
ë
û
ë
û

© 2010 – www.mathvn.com

4


MATHVN.COM – www.mathvn.com
ur

uuu r
r

+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) Þ có VTPT n1 = é BA, k ù =
ë
û
(5;- 4; 0)
Þ (P): 5x – 4y = 0
+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy)

ur

uuu r
r

có VTPT n1 = éCD, k ù = (-2;ë
û

3; 0)
Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
Ta cú (D) = (P)ầ(Q) ị Phng trỡnh ca (D)
2. Ta có:

a3
2a - b
³
(1)
2
2
a + ab + b
3

Û 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)
Û a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
Û (a + b)(a – b)2 ³ 0. (h/n)

Tương tự:

b3
2b - c
c3

2c - a
³
(2) , 2
³
(3)
2
2
2
b + bc + c
3
c + ac + a
3

Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:
a3
b3
c3
a+b+c
+ 2
+ 2
³
2
2
2
2
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
x
a

y
b

z
c

1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) Þ ( P) : + + = 1
uu
r
IA = (4 - a;5; 6),
Ta có uuu
r
JK = (0; -b; c),

uur
JA = (4;5 - b; 6)
uur
IK = (- a; 0; c)
77
ì
a=
ì4 5 6
ï
4
ïa + b + c =1 ï
ï

77
ï
Ta có: í-5b + 6c = 0 Þ íb =
ị ptmp(P)
5
ù - 4 a + 6c = 0
ù
77
ù
ù
ợ
ùc = 6
ợ
2
2
2.Ta cú: n C5 + 5Cn = 45 ị n2 + 3n – 18 = 0 Þ n = 3

Câu 5b:
1.M ẻ (D) ị M(3b+4;b) ị N(2 3b;2 b)
N ẻ (C) ị (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 = 5x Þ X > 0
Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 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 X1 ≤ X2 ≤ 0
Từ đó suy ra m.

© 2010 – www.mathvn.com

5

MATHVN.COM – www.mathvn.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 03
Mơn: TỐN – 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 y = f ( x) = x 4 - 2 x 2
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hồnh 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)
2 ( cos x - sin x )
1
=
tan x + cot 2 x
cot x - 1
1
x 2 - 5 x + 6 + log 1 x - 2 > log 1 ( x + 3)
2
3
3

1. Giải phương trình lượng giác:
2. Giải bất phương trình: log 3
p
2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = ị cos 2 x ( sin 4 x + cos 4 x ) dx

0

Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ trịn xoay và hình vng ABCD cạnh a có hai đỉnh
liên tiếp A, B nằm trên đường trịn 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 450.
Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.
Câu V (1 điểm) Cho phương trình x + 1 - x + 2m x (1 - x ) - 2 4 x (1 - x ) = m3
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:
(C ) : x 2 + y 2 - 4 x - 2 y = 0; D : x + 2 y - 12 = 0 . Tìm điểm M trên D sao cho
từ M vẽ được với (C) hai tiếp
tuyến lập với nhau một góc 600.
2. Trong khơng 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

( d ) : x - y - 3 = 0 và có hồnh độ

một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa

© 2010 – www.mathvn.com

xI =

9
, trung điểm của
2

độ các đỉnh của hình chữ nhật.

6


MATHVN.COM – www.mathvn.com
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có
phương trình là
( S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 4 x + 2 y - 6 z + 5 = 0, ( P) : 2 x + 2 y - z + 16 = 0 .
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: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Chứng
minh bất đẳng thức
1
1
1
4
4

4
+
+
³ 2
+ 2
+ 2
a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7

----------------------Hết----------------------

Câ Ý
u
I
1

Đáp án.
Nội dung

+ MXĐ: D = ¡
+ Sự biến thiên
·
Giới hạn: lim y = +Ơ; lim y = +Ơ
x đ-Ơ

x đ+Ơ

Ã

ộx = 0
y ' = 4 x - 4 x = 4 x ( x - 1) ; y ' = 0 Û ê

ë x = ±1

·

Điể
m
2,00
1,00
0,25

0,25

Bảng biến thiên

3

2

0,25
yCT 1 = y ( -1) = -1; yCT 2 = y (1) = -1; yCĐ = y ( 0 ) = 0

Ã

th

0,25

2

â 2010 – www.mathvn.com

1,00

7


MATHVN.COM – www.mathvn.com
Ta có f '( x) = 4 x 3 - 4 x . Gọi a, b lần lượt là hồnh độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B

là

k A = f '(a ) = 4a - 4a, k B = f '(b) = 4b - 4b
3

3

Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
y = f ' ( a )( x - a ) + f ( a ) = f ' ( a ) x + f (a) - af' ( a ) ;
y = f ' ( b )( x - b ) + f ( b ) = f ' ( b ) x + f (b) - bf' ( b )

Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và
chỉ khi:
k A = k B Û 4a 3 - 4a = 4b3 - 4b Û ( a - b ) ( a 2 + ab + b 2 - 1) = 0 (1)

Vì A và B phân biệt nên a ¹ b , do đó (1) tương đương với phương
trình:
a 2 + ab + b 2 - 1 = 0 (2)

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

ìa 2 + ab + b 2 - 1 = 0
ìa 2 + ab + b 2 - 1 = 0
ï
,
Ûí
( a ¹ b) Û ï 4
í
2
4
2
ï-3a + 2a = -3b + 2b
ï f ( a ) - af ' ( a ) = f ( b ) - bf ' ( b )
ỵ
ỵ

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
ìa 2 + ab + b 2 - 1 = 0
ï
ía ¹ ±1
ïa ¹ b
ỵ
II
1

ìcos x.sin 2 x.sin x. ( tan x + cot 2 x ) ạ 0
ù

ùcot x ạ 1
ợ

iu kin: í
Từ (1) ta có:

1
sin x cos 2 x
+
cos x sin 2 x

=

2 ( cos x - sin x )
cos x.sin 2 x
Û
= 2 sin x
cos x
cos x
-1
sin x

Û 2sin x.cos x = 2 sin x
p
é
ê x = 4 + k 2p
2
cos x =
ờ
(k ẻ Â)

2
ờ x = - p + k 2p
ê
ë
4

2,00
1,00
0,25

0,25

0,25

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

2

â 2010 www.mathvn.com

1,00

8


MATHVN.COM – www.mathvn.com

Điều kiện: x > 3
Phương trình đã cho tương đương:
1
1
1
log 3 ( x 2 - 5 x + 6 ) + log 3-1 ( x - 2 ) > log 3-1 ( x + 3)
2
2
2
1
1
1
Û log 3 ( x 2 - 5 x + 6 ) - log 3 ( x - 2 ) > - log 3 ( x + 3)
2
2
2
Û log 3 é( x - 2 )( x - 3) ù > log 3 ( x - 2 ) - log 3 ( x + 3)
ë
û

æ x-2ö
Û log 3 é( x - 2 )( x - 3) ự > log 3 ỗ
ữ
ở
ỷ
ố x+3ứ
x-2
( x - 2 )( x - 3) >
x+3
é x < - 10

Û x2 - 9 > 1 Û ê
ê x > 10
ë

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

III

0,25

0,25

0,25

0,25
1,00
1,00

1
p
2

ỉ 1
ư
I = ị cos 2 x ç1 - sin 2 2 x ÷ dx
è 2
ø
0
=

=

p
2

0,50

1 ỉ 1 2 ử
ỗ1 - sin 2 x ữ d ( sin 2 x )
2 òè 2
ø
0
p
2

p
2

1
1
2
ò d ( sin 2 x ) - 4 ò sin 2 xd ( sin 2 x )
20
0

p
p
1
1

= sin 2 x| 2 - sin 3 2 x| 2 = 0
0
0
2
12

IV

© 2010 – www.mathvn.com

0,50

1,00

9


MATHVN.COM – www.mathvn.com
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm
của AB và CD. Khi đó OM ^ AB và
O ' N ^ CD .
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
0,25
DIOM vng cân tại O nên:
OM = OI =

2
h
2a

2
IM Þ =
Þh=
a
2
2
2 2
2
2

2
a 2 a 2 3a 2
ỉ ỉa 2ư
2
2
2
2
Ta có: R = OA = AM + MO = ỗ ữ + ỗ
+
=
ữ =
4 8
8
ố2ứ ỗ 4 ữ
ố
ứ

ị V = p R 2h = p .

0,25

3a 2 a 2 3 2p a 3
.
=
,
8
2
16

và S xq = 2p Rh=2p .

0,25

a 3 a 2
3p a 2
.
=
.
2
2 2 2

0,25

V

1,00
x + 1 - x + 2m x (1 - x ) - 2 x (1 - x ) = m (1)

Phương trình

3

4

Điều kiện : 0 £ x £ 1
Nếu x Ỵ [0;1] thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có
1
2

nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện x = 1 - x Þ x = . Thay x =

1
2

0,25

vào (1) ta được:
2.

ìm = 0
1
1
+ m - 2.
= m3 ị ớ
2
2
ợ m = 1

* Vi m = 0; (1) trở thành:

(

4

x - 4 1- x

)

2

=0Û x=

1
2

0,25

Phương trình có nghiệm duy nhất.
* Với m = -1; (1) trở thành
x + 1 - x - 2 x (1 - x ) - 2 4 x (1 - x ) = -1
Û

(

Û

(

) (

)

x + 1 - x - 2 4 x (1 - x ) + x + 1 - x - 2 x (1 - x ) = 0
4

x - 4 1- x

+ Với
+ Với

4

) +(
2

x - 1- x

)

2

=0

0,25

1
2
1
x - 1- x = 0 Û x =
2

x - 4 1- x = 0 Û x =

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.

© 2010 – www.mathvn.com

10


MATHVN.COM – www.mathvn.com

* Với m = 1 thì (1) trở thành:
x + 1 - x - 2 4 x (1 - x ) = 1 - 2 x (1 - x ) Û

(

4

x - 4 1- x

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x =

) =(
2

x - 1- x

)

2

1
nên trong trường
2

0,25

hợp này (1) khơng có nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
VI
a

2,00
1

1,00
Đường trịn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 .
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 600 thì IAM là nửa tam giác
0,25
đều suy ra IM = 2R=2 5 .
Như thế điểm M nằm trên đường trịn (T) có phương trình:
2
2
( x - 2 ) + ( y - 1) = 20 .
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng D , nên tọa độ của M
ì( x - 2 )2 + ( y - 1) 2 = 20 (1)
ï
nghiệm đúng hệ phương trình: í
ï x + 2 y - 12 = 0 (2)

ỵ

0,25

Khử x giữa (1) và (2) ta được:
éx = 3
( -2 y + 10 ) + ( y - 1) = 20 Û 5 y - 42 y + 81 = 0 Û ê 27
êx =
5
ë
ỉ 9ư
ỉ 27 33 ư
Vậy cú hai im tha món bi l: M ỗ 3; ữ hoc M ỗ ; ữ
ố 2ứ
ố 5 10 ø
2

2

2

2
Ta tính được AB = CD = 10, AC = BD = 13, AD = BC = 5 .

0,25

0,25
1,00
0,25

Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau. Từ đó
ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của 0,25
tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.
ỉ3

3ư

Vậy mặt cầu ngoi tip t din ABCD cú tõm l G ỗ ; 0; ÷ , bán kính
è2 2ø
14
là R = GA =
.
2

VI
Ia

0,50
1,00

9
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C18 .

© 2010 – www.mathvn.com

0,25

11

MATHVN.COM – www.mathvn.com
Những trường hợp khơng có đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng có bi đỏ: Khả năng này khơng xảy ra vì tổng các viên bi
xanh và vàng chỉ là 8.
0,25
9
+ Khơng có bi xanh: có C13 cách.
9
+ Khơng có bi vàng: có C15 cách.
Mặt khác trong các cách chọn khơng có bi xanh, khơng có bi vàng thì
9
có C10 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
0,50
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
9
9
9
9
C10 + C18 - C13 - C15 = 42910 cách.
2,00

VI
b
1

1,00
I có hồnh độ xI =

9
ỉ9 3ư

và I Ỵ ( d ) : x - y - 3 = 0 ị I ỗ ; ữ
2
ố2 2ứ

Vai trũ A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao
điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)
AB = 2 IM = 2

( xI - xM ) + ( y I - y M )
2

2

=2

9 9
+ =3 2
4 4

S ABCD = AB. AD = 12 Û AD =

S ABCD
12
=
= 2 2.
AB
3 2

ì AD ^ ( d )
ù

,
ớ
ù M ẻ AD
ợ

ra

suy

phng

trỡnh

AD: 0,50

1. ( x - 3) + 1. ( y - 0 ) = 0 Û x + y - 3 = 0 .

Lại có MA = MD = 2 .
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
ìx + y - 3 = 0
ì
ì
ï
ï y = -x + 3
ï y = -x + 3
Ûí
Ûí
í
2
2

2
2
2
2
ï( x - 3) + y = 2
ï( x - 3) + ( 3 - x ) = 2
ï ( x - 3) + y = 2
ỵ
ỵ
ỵ
ìy = 3- x
ìx = 2
ìx = 4
Ûí
Ûí
hoặc í
.Vậy A(2;1), D(4;-1),
ỵ x - 3 = 1 ợ y = 1
ợ y = -1
ổ9 3ử
l
trung
im
Iỗ ; ÷
è2 2ø
x A + xC
ì
ï xI =
ì xC = 2 xI - x A = 9 - 2 = 7
ï

2
ra: í
Ûí
ỵ yC = 2 yI - y A = 3 - 1 = 2
ï y = y A + yC
I
ï
ỵ
2

của

AC,

suy

0,50

Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
2

© 2010 – www.mathvn.com

1,00

12


MATHVN.COM – www.mathvn.com

Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
d = d ( I , ( P )) =

2.2 + 2. ( -1) - 3 + 16
3

=5Þ d > R.

0,25

Do đó (P) và (S) khơng có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3
= 2.
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là
hình chiếu vng góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của
đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).
Gọi D là đường thẳng đi qua điểm I và vng góc với (P), thì N0 là
giao điểm của D và (P).
r
0,25
Đường thẳng D có vectơ chỉ phương là n P = ( 2; 2; -1) và qua I nên có
ì x = 2 + 2t
ï
phương trình là í y = -1 + 2t ( t Ỵ ¡ ) .
ïz = 3 - t
ỵ

Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
2 ( 2 + 2t ) + 2 ( -1 + 2t ) - ( 3 - t ) + 16 = 0 Û 9t + 15 = 0 Û t = -

15
5
=9
3

0,25

ỉ 4 13 14 ư
Suy ra N 0 ç - ; - ; ÷ .
è 3 3 3ø
uuuu
r

3 uuur
5

Ta có IM 0 = IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4)

0,25

VI
Ib

1,00
Áp dụng bất đẳng thức

1 1
4
+ ³
( x > 0, y > 0)

x y x+ y

có: 0,50

Ta

1
1
4
1
1
4
1
1
4
+
³
;
+
³
;
+
³
a + b b + c a + 2b + c b + c c + a a + b + 2c c + a a + b 2a+b+c

Ta lại có:
1
2
2
³ 2

= 2
Û 2a 2 + b 2 + c 2 + 4 - 4a - 2b - 2c ³ 0
2
2
2 a + b + c 2a + b + c + 4 a + 7
Û 2 ( a - 1) + ( b - 1) + ( c - 1) ³ 0
2

2

1
2
1
2
³ 2
;
³ 2
2b + c + a b + 7 2c + a + b c + 7
1
1
1
4
4
4
Từ đó suy ra
+
+
³ 2
+ 2
+ 2

a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7

Tương tự:

2

0,50

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 04
Mơn: TỐN – Khối A-B-D

© 2010 – www.mathvn.com

13


MATHVN.COM – www.mathvn.com
Thời gianlàm bài: 180 phút.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = mx 3 + 3mx 2 - ( m - 1) x - 1 , 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) khơng có cực trị.
Câu II (2 điểm)
sin x + cos x
4

1. Giải phương trình :

4

sin 2 x

=

1
2

( tan x + cot x )

2. Giải phương trình:
log 4 ( x + 1) + 2 = log
2

2

4 - x + log 8 ( 4 + x )

3

3

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

2

A=

ị
1

dx
x 1- x

2

2

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.
ì x2 - 7 x + 6 £ 0
ï

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm í

2
ï x - 2 ( m + 1) x - m + 3 ³ 0
ỵ

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

( P ) : x + 2 y - 2z + 5 = 0; ( Q ) : x + 2 y - 2z -13 = 0.

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:
5 2
ì 4
3
ïCn -1 - Cn -1 < 4 An - 2
ï
(Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n
í
7 3
ïC n - 4 ³ A
ï n +1 15 n +1
ỵ

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):
x 2 + y 2 + 2 x - 4 y - 8 = 0 .Xác định
tọa độ các giao điểm A, B của

© 2010 – www.mathvn.com

14

MATHVN.COM – www.mathvn.com
đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết

điểm A có hồnh độ dương). Tìm tọa

độ C thuộc đường trịn (C) sao cho tam giác ABC vng ở B.
2. Cho mặt phẳng (P): x - 2 y + 2 z - 1 = 0 và
d1 :

x -1
2

=

y -3
-3

=

z

; d2 :

x -5

=

y

=

z+5

các

đường

thẳng

.

6
4
-5
Tìm các điểm M Ỵ d1 , N Î d 2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
2

Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số f ( x ) = ln

1

(3 - x)

3

và giải bất

phương trình
f '( x ) >

6
p

p

ị sin

2

0

t
dt
2

x+2

----------------------Hết---------------------Đáp án
Nội dung

Câu Ý
I
1

Khi m = 1 ta có y = x3 + 3x 2 - 1
+ MXĐ: D = ¡
+ Sự biến thiên:
·
Giới hạn: lim y = -¥; lim y = +Ơ

x đ-Ơ

x đ+Ơ

Ã

ộ x = -2
y ' = 3x2 + 6 x ; y ' = 0 Û ê
ëx = 0

·

Bảng biến thiên

yC§ = y ( -2 ) = 3; yCT = y ( 0 ) = -1

© 2010 – www.mathvn.com

15


MATHVN.COM – www.mathvn.com

·

Đồ thị

2
+ Khi m = 0 Þ y = x - 1 , nên hàm số khơng có cc tr.
+ Khi m ạ 0 ị y ' = 3mx 2 + 6mx - ( m - 1)

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

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

1
4

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

1
1 - sin 2 2 x
1 ổ sin x cos x ử
2
(1)
= ỗ
+
ữ
sin 2 x
2 è cos x sin x ø
1
1 - sin 2 2 x
1
2
Û

=
sin 2 x
sin 2 x

1
Û 1 - sin 2 2 x = 1 Û sin 2 x = 0
2

Vậy phương trình đã cho vơ nghiệm.
2

© 2010 – www.mathvn.com

16


MATHVN.COM – www.mathvn.com
log 4 ( x + 1) + 2 = log
2

4 - x + log8 ( 4 + x ) (2)
3

2

ìx +1 ¹ 0
ì -4 < x < 4
ï
Điều kin: ớ4 - x > 0 ớ
ợ x ạ -1

ï4 + x > 0
ỵ
(2) Û log 2 x + 1 + 2 = log 2 ( 4 - x ) + log 2 ( 4 + x ) Û log 2 x + 1 + 2 = log 2 (16 - x 2 )
Û log 2 4 x + 1 = log 2 (16 - x 2 ) Û 4 x + 1 = 16 - x 2

+ Với -1 < x < 4 ta có phương trình x 2 + 4 x - 12 = 0 (3) ;
éx = 2
(3) Û ê
ë x = -6 ( lo¹i )

+ Với -4 < x < -1 ta có phương trình x 2 - 4 x - 20 = 0 (4);
é x = 2 - 24

( 4) Û ê

ê x = 2 + 24 ( lo¹i )
ë

(

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = 2 hoặc x = 2 1 - 6

)

III
Đặt t = 1 - x 2 Þ t 2 = 1 - x 2 Þ 2tdt = -2 xdx Þ
Þ

dx
tdt

=- 2
x
x

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

+ Đổi cận:
1
3
Þt =
2
2
3
1
x=
Þt =
2
2
x=

1
2

3
2

dt
ị t 2 -1 =
3

dt
1 t + 1 23 1 ỉ 7 + 4 3 ư
= ln
ị 1 - t 2 2 1 - t |12 = 2 ln ỗ 3 ữ
ỗ
ữ
1
ố
ứ

2

A=

2

IV

â 2010 www.mathvn.com

17

MATHVN.COM – www.mathvn.com

Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE ^ AB, SE ^ AB , suy
ra ( SOE ) ^ AB .
Dựng OH ^ SE Þ OH ^ ( SAB ) , 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:

S SAB

1
1
1
1
1
1
1 8
=
+
Þ
=
= 1- =
2
2
2
2
2
2
OH
SO OE

OE
OH
SO
9 9
9
3
Þ OE 2 = Þ OE =
8
2 2
9
81
9
SE 2 = OE 2 + SO 2 = + 9 = Þ SE =
8
8
2 2
2S
1
36
= AB.SE Û AB = SAB =
=8 2
9
2
SE
2 2
2

(

)

2
9
9 265
ỉ1
ư
OA = AE + OE = ỗ AB ữ + OE 2 = 4 2 + = 32 + =
8
8
8
è2
ø
1
1 265
265
Thể tích hình nón đã cho: V = p .OA2 .SO = p
.3 =
p
3
3
8
8
2

2

2

Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:
SA2 = SO 2 + OA2 = 9 +

S xq = p .OA.SA = p

265 337
337
=
Þ SA =
8
8
8

265 337
89305
.
=p
8
8
8

V
ì x 2 - 7 x + 6 £ 0 (1)
ï
2
ï x - 2 ( m + 1) x - m + 3 ³ 0 (2)
ỵ

Hệ bất phương trình í

(1) Û 1 £ x £ 6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại

x0 Ỵ [1; 6] thỏa mãn (2).

x2 - 2x + 3
m (do x ẻ [1;6] ị 2 x + 1 > 0)
( 2 ) Û x - 2 x + 3 ³ ( 2 x + 1) m Û
( 2 x + 1)
2

Gọi f ( x) =

x2 - 2 x + 3
; x Ỵ [1;6]
2x +1

Hệ đã cho có nghiệm Û $x0 Ỵ [1; 6] : f ( x0 ) ³ m
f '( x) =

2 x2 + 2 x - 8

( 2 x + 1)

2

=

2 ( x2 + x - 4 )

( 2 x + 1)

Vì x ẻ [1;6] nờn ch nhn x =

â 2010 www.mathvn.com

2

; f ' ( x ) = 0 Û x2 + x - 4 = 0 Û x =

-1 ± 17
2

-1 + 17
2

18


MATHVN.COM – www.mathvn.com
2
3

Ta có: f (1) = , f (6) =

27 ổ -1 + 17 ử -3 + 17
, fỗ
ữ=
ữ
13 ç
2
2
è
ø

Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x) =
Do đó $x0 Ỵ [1;6] : f ( x0 ) ³ m Û max f ( x) ³ m Û
xỴ[1;6]

27
13

27
³m
13

VIa
1
ì4 x + 3 y - 4 = 0
ì x = -2
Ûí
Þ A ( -2; 4 )
ỵx + 2 y - 6 = 0
ỵy = 4

Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: í

ì4 x + 3 y - 4 = 0
ìx = 1
Ûí
Þ B (1;0 )
ỵx - y -1 = 0
ỵy = 0

Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình í

Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:
a ( x + 2 ) + b ( y - 4 ) = 0 Û ax + by + 2a - 4b = 0

Gọi D1 : 4 x + 3 y - 4 = 0; D 2 : x + 2 y - 6 = 0; D 3 : ax + by + 2a - 4b = 0
· ·
Từ giả thiết suy ra ( D 2 ; D 3 ) = ( D1; D 2 ) . Do đó

|1.a + 2.b |
| 4.1 + 2.3 |
·
·
cos ( D 2 ; D 3 ) = cos ( D1 ; D 2 ) Û
=
2
2
25. 5
5. a + b
éa = 0
Û| a + 2b |= 2 a 2 + b 2 Û a ( 3a - 4b ) = 0 Û ê
ë3a - 4b = 0
+ a = 0 ị b ạ 0 . Do đó D 3 : y - 4 = 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra D 3 : 4 x + 3 y - 4 = 0 (trùng với D1 ).
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0.
ìy - 4 = 0
ìx = 5
ớ
ị C ( 5; 4 )

ợx - y -1 = 0
ỵy = 4

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: í
2

Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có:
ìOI = AI
ï
ï
OI = AI = d ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) ) Û íOI = d ( I , ( P ) )
ï
ïd ( I , ( P ) ) = d ( I , ( Q ) )
ỵ

Ta có:
OI = AI Û OI 2 = AI 2 Û a 2 + b 2 + c 2 = ( a - 5 ) + ( b - 2 ) + ( c - 1)
2

2

2

Û 10a + 4b + 2c = 30 (1)
| a + 2b - 2c + 5 |
2
OI = d ( I , ( P ) ) Û a 2 + b 2 + c 2 =
Û 9 ( a 2 + b 2 + c 2 ) = ( a + 2b - 2c + 5 ) (2)
3

© 2010 – www.mathvn.com

19


MATHVN.COM – www.mathvn.com
| a + 2b - 2c + 5 | | a + 2b - 2c - 13 |
=
3
3
é a + 2b - 2c + 5 = a + 2b - 2c - 13 (lo¹i)
Ûê
Û a + 2b - 2c = 4 (3)
ë a + 2b - 2c + 5 = - a - 2b + 2c + 13
d ( I , ( P )) = d ( I , (Q )) Û

Từ (1) và (3) suy ra: b =

17 11a
11 - 4a
;c=
(4)
3
6
3

Từ (2) và (3) suy ra: a 2 + b 2 + c 2 = 9 (5)
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được: ( a - 2 )( 221a - 658 ) = 0
Như vậy a = 2 hoặc a =

658
67 ư
ỉ 658 46
.Suy ra: I(2;2;1) v R = 3 hoc I ỗ
;
;ữ v R
221
ố 221 221 221 ø

= 3.
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là:
2

2

2

658
46
67
( x - 2 ) + ( y - 2 ) + ( z - 1) = 9 và æ x - ö + æ y - ö + æ z + ử = 9
ỗ
ữ ỗ
ữ ỗ
ữ
221 ứ ố
221 ứ ố
221 ứ
ố
2

2

2

VIIa
iu kiện: n - 1 ³ 4 Û n ³ 5
Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

ì ( n - 1)( n - 2 )( n - 3)( n - 4 ) ( n - 1)( n - 2 )( n - 3) 5
< ( n - 2 )( n - 3)
ï
ï
4.3.2.1
3.2.1
4
Ûí
ï ( n + 1) n ( n - 1)( n - 2 )( n - 3) ³ 7 n + 1 n n - 1
( ) ( )
ï
5.4.3.2.1
15
ỵ

ìn 2 - 9n - 22 < 0
ï
Û ín 2 - 5n - 50 ³ 0 Û n = 10
ïn ³ 5
ỵ

VIb
1
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình
ì x2 + y2 + 2 x - 4 y - 8 = 0
ì y = 0; x = 2
Ûí
í
ỵ y = -1; x = -3
ỵx - 5y - 2 = 0

Vì A có hồnh độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).
Vì · = 900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A
ABC
qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4).
2
Phương trình tham số của d1

(1 + 2t;3 - 3t; 2t ) .

ì x = 1 + 2t
ï
là: í y = 3 - 3t . M thuộc d1 nên tọa ca M
ù z = 2t
ợ

Theo :
â 2010 www.mathvn.com

20

MATHVN.COM – www.mathvn.com
d ( M , ( P )) =

|1 + 2t - 2 ( 3 - 3t ) + 4t - 1|
12 + ( -2 ) + 22
2

=2Û

|12t - 6 |
= 2 Û 12t - 6 = ±6 Û t1 = 1, t2 = 0.
3

+ Với t1 = 1 ta được M 1 ( 3; 0; 2 ) ;
+ Với t2 = 0 ta được M 2 (1;3; 0 )
+ Ứng với M1, điểm N1 Ỵ d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P),
gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: ( x - 3) - 2 y + 2 ( z - 2 ) = 0 Û x - 2 y + 2 z - 7 = 0 (1) .
ì x = 5 + 6t
ï
Phương trình tham số của d2 là: í y = 4t
(2)
ï z = -5 - 5t
ỵ

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0 Û t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-1;-4;0).
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5).
VIIb
Điều kiện
f ( x) = ln

1

(3 - x )
1

(3 - x)

3

3

>0Û x<3

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

p

Ta có:

1
3
(3 - x ) ' =
3- x
(3 - x )

p

p
6

t
6 1 - cos t
3
3
sin 2 dt = ò
dt = ( t - sin t )| = é(p - sin p ) - ( 0 - sin 0 ) ù = 3
û
ị 2 p0 2
0
p 0
p
pë

p

6
2 t
2x -1
ì
é x < -2
ị sin 2dt ì 3 > 3
p 0
ï
ï x -3 x + 2 < 0
)(
) Û ê1
Khi đó: f '( x) >
Û í3 - x x + 2 Û í(
ê < x<3
x+2

ï x < 3; x ¹ -2
ï x < 3; x ạ -2
ợ
ở2
ợ

â 2010 www.mathvn.com

21


MATHVN.COM – www.mathvn.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 05
Mơn: TỐN – 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 = x4 – 2(2m2 – 1)x2 + 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: 3 x 2 - 16 x + 64 - 3 (8 - x)( x + 27) + 3 ( x + 27) 2 = 7
2/ Giải phương trình:

4

1
1
- cos 2 x + 4 + cos 2 x = 1
2
2

p
4

sin x + cos x
.dx
3 + sin 2 x
0
Câu IV. (1 điểm). Khối chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân
đỉnh C và SA vng 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 Ỵ [ 0 ; 2].

Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =

log 2

(

ị

)

(

)

x 2 - 2 x + m + 4 log 2 x 2 - 2 x + m £ 5

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 hịanh bằng

1
.
3

Tìm tọa độ đỉnh C.
2/ Trong khơng 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 xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ

x2
y2
z2
+
+
nhất của biểu thức P =
x+ y y+z z+x
2. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI b. (2 điểm)

x2
+ y 2 = 1 và đường
1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E):
4
thẳng (d): y = 2. Lập phương trình tiếp tuyến với (E), biết tiếp tuyến tạo với (d) một

góc 600.

© 2010 – www.mathvn.com

22


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

x y + 2 z -1
=
=
. Tìm trên (d) hai điểm A và B sao cho tam giác MAB đều.
1
1
1
Câu VII b. (1 điểm). Giải bất phương trình sau:

log 1 . log 5

(x

2

)

+ 1 + x > log 3 . log 1

3

(x

2

+1 - x

)

5

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 06
Mơn: TỐN – 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
(1).
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: 57 - x + x + 40 = 5
2/ Cho tam giác ABC. Chứng minh
sin A + sin B - sin C
A
B

C
= tan . tan . cot .
rằng:
cos A + cos B - cos C + 1
2
2
2
4

4

p
2

Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =

dx

ị
p sin

6

x

4

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 500cm2.
Câu V.(1 điểm) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
P=

x
y
z
+
+
x +1 y +1 z +1

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
d1: x – y = 0, d2: x + y = 0. Tìm các điểm A trên Ox, B trên d1 và C trên d2 sao
cho tam giác ABC vuông cân tại A đồng thời B và C đối xứng với nhau qua điểm I.

© 2010 – www.mathvn.com

23


MATHVN.COM – www.mathvn.com
x y -1 z +1
=
=
2
1

2
và hai mặt phẳng (a ) : x + y - 2 z + 5 = 0, ( b ) : 2 x - y + z + 2 = 0 . 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( 2cos2t ; 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 trịn (C’) đối xứng với (C) qua d.

2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

ì x = 2 - 2t
ï
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: í y = 3
ïz = t
ỵ
x - 2 1- y z
=
= . Viết phương trình đường thẳng d song song với Oz cắt cả d1
d2:
1
1
2
và d2.

ìx 2 - y 2 = 2
Câu VII b. (1 điểm).Giải hệ phương trình : í

ỵlog 2 ( x + y ) - log 3 ( x + y ) = 1
…………………o0o……………….
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 07
Mơn: TỐN – 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 =

x+2
(1)
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 : 3 24 + x + 12 - x = 6 .
2
2/ Cho phương trình : 3 cos x + 2 sin x = m (1).
a) Giải (1) khi m = 2
é p pù
b) Tìm m để (1) có ít nhất một nghiệm x Ỵ ê - ; ú .
ë 4 4û

© 2010 – www.mathvn.com

24


MATHVN.COM – www.mathvn.com

p
2

Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =

dx
ò 1 + cos x + sin x .
0

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 vng . 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=

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

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 (C1): x2 + y2 = 13 và
(C2): (x -6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A(2 ; -3). Lập phương trình đường thẳng đi qua A
và cắt hai đường trịn theo hai dây cung có độ dài bằng nhau.
2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d1:

x - 2 y -1 z
=
= và
1
-1
2
ì x = 2 - 2t
ï
d2: í y = 3
.
ïz = t
ỵ
a) Lập phương trình mặt phẳng (P) song song cách đều d1 và d2 .
b) Lập phương trình mặt càu (S) tiếp xúc với d1 và d2 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 =

x 3 - 3 x + 1 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
1
1
+
M(8 ; 6) và cắt hai trục tọa độ tại A, B sao cho
có giá trị nhỏ nhất.
OA 2 OB 2
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 vng góc của gốc tọa độ O lên AB.
b) Viết phương trình mặt phẳng (P) vng góc với AB và hợp với các mặt

phẳng tọa độ thành một tứ diện có thể tích bằng

(

Câu VII b. (1 điểm). Giải phương trình log 7 x = log 3
……………..o0o……………..

© 2010 – www.mathvn.com

3
.
2

x +2

)

25