Đề Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

Đề số 1
 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
 Môn Thi: TOÁN – Khối A
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số : 
	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) 
	1) Giải phương trình: 	
	2) Giải phương trình: 	
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân: I = 
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 = 1200, tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. 
Câu V. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: 	
 	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): và cách điểm M(1;2;) một khoảng bằng . 
	2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác trong góc A là (d1): 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): và mặt phẳng (P) : . Viết phương trình đường thẳng (D) nằm trong (P), song song với (d) và cách (d) một khoảng là .
	2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): và điểm I(0; 2). Tìm toạ độ hai điểm M, N Î (P) sao cho .
Câu VII.b (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 
Hướng dẫn
Câu I: 2) Tacó 
	Với thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT.
	Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là: .
	Để A và B đối xứng với nhau qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là tức là: 
Câu II: 1) ĐK:. PT Û Û 
 	Û 
	Û 
	2) PT Û 
Câu III: Đặt Þ I = = 
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 Û a2 = 3AB2 Û 
	; 
	Þ 
Câu V: Ta chứng minh: (1)
 	Thật vậy, (1) Û 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) Û a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0
 Û (a + b)(a – b)2 0. 
	Tương tự: (2) , 	 (3)
 	Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được: 	 
 	Vậy: S ≤ 3 maxS = 3 khi a = b = c = 1
Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 (với ) 
 	Vì (P) (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = 0 A + B + C = 0 Û C = –A – B (1)
 	Theo đề: d(M;(P)) = (2)
 	Thay (1) vào (2), ta được: 
 	· . Chọn thì (P) : 
 	· . Chọn A = 5, B = thì (P) : 
	2) Gọi N là điểm đối xứng của M qua (d1) . 
	Ta có: 	
	Tọa độ trung điểm I của MN: 
	Giải hệ (1) và (2) ta được N(–1; –3)
	Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = 0.
	 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 Î (P) nên (d) Ì (P) .
	Gọi là VTCP của () Ì (P), qua A và vuông góc với (d) thì 
	nên ta chọn . 
	Phương trình của đường thẳng () : 
 	Lấy M trên () thì M(2+3t; 39t; 3+6t). (D) là đường thẳng qua M và song song với (d). 
 	Theo đề : 
 	· t = M(1;6;5) 
 	· t = M(3;0;1) 
	2) Gọi là hai điểm thuộc (P), khi đó ta có: 
	; 
	Theo giả thiết: , suy ra: 
	Vậy, có 2 cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3).
Câu VII.b: Đặt 
	PT Û 
	Xét hàm số 
	Þ f(t) = m có nghiệm Û .
Đề số 2
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
 Môn Thi: TOÁN – Khối A
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số .
	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)
 	1) Giải phương trình: 	cos3xcos3x – sin3xsin3x = 
	2) Giải phương trình: 	
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: .
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 là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A¢BC). Tính tan và thể tích của khối chóp A¢.BB¢C¢C.
Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: .
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 D: 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: 	.
	B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 điểm)
	1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng D: x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để D cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích DIAB 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: .
----------------------------
Hướng dẫn
Câu I: 2) Đạo hàm 
	Hàm số có 2 cực tiểu Û y có 3 cực trị Û y¢ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
	Û (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
	Thử lại: Với , thì y¢ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
	Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 
Câu II: 1) PT Û 
	2) Đặt: 
	PT Û 
	Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 	
	Do đó: PT Û
Câu III: Đặt Þ I = .
Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của D ABC. Vì A¢.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A¢BC) là j = .
	Ta có : Þ .
	Do đó: ; 
	.
	Do đó: = 
Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:
	· 	(1)
	· Þ 	(2)
	Từ (1) và (2) Þ Þ đpcm.
Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)
	D : x + y – 5 = 0, E Î D Þ E(m; 5 – m); Goïi N laø trung ñieåm cuûa AB
	I trung ñieåm NE Þ Þ N (12 – m; m – 1)
	 = (11 – m; m – 6);	 = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)
	 Û (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
	Û m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 Û m = 6 hay m = 7
	+ m = 6 Þ = (5; 0) Þ PT (AB) laø y = 5
	+ m = 7 Þ = (4; 1) Þ PT (AB) laø x – 1 – 4(y – 5) = 0 Þ x – 4y + 19 = 0
	2) I (1; 2; 3); R = 
	d (I; (P)) = < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)
	Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : 
	Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J Î d Þ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)
	J Î (P) Þ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 Þ t = 1
	Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = 
Câu VII.a: Đặt , t > 0. BPT Û t2 – 10t + 9 ³ 0 Û ( t £ 1 hoặc t ³ 9)
	Khi t £ 1 Þ 	(a)
	Khi t ³ 9 Þ 	(b)
	Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–¥; –2] È [–1;0] È [1; + ¥).
Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R =
	Giả sử D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của DABC, ta có 
	SDABC = = sin
	Do đó SDABC lớn nhất khi và chỉ khi sin = 1 Û DAIB vuông tại I
	Û IH = (thỏa IH < R) Û 
	Û 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 Û 15m2 – 8m = 0 Û m = 0 hay m = 
	2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz.
	Ta có : .
 	Phương trình mặt phẳng (P): . Vì D Î(P) nên: .
	D là trực tâm của DMNP Û Û 
	Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): .
Câu VII.b: PT Û 
	Từ (2) Þ .
	· Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)
	· Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 2 Û x = 1. 
	Thay x = 1 vào (1) Þ sin(y +1) = –1 Û .
	Kết luận: Phương trình có nghiệm: .
Đề số3
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
 Môn Thi: TOÁN – Khối A
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số (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: 	
	2) Giải phương trình: 	
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:	
Câu IV: (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA(ABC), DABC vuông cân đỉnh C và SC = . Tính góc 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:
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): để DMAB là tam giác đều.
Câu VII.a: (1 điểm) Tìm hệ số của trong khai triển Newton của biểu thức , biết rằng: 	
 	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 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau.
 	2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng có phương trình ; là giao tuyến của 2 mặt phẳng và . Chứng tỏ hai đường thẳng chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của làm đường kính.
Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số . 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 Û 
Câu II: 1) PT Û Û 
	2) Đặt . 
	PT Û Û 
Câu III: Đặt Þ 
	Þ Þ 
Câu IV: . Xét hàm số trên khoảng . Từ BBT khi ,
Câu V: Đặt 
	 nghịch biến trên . Khi đó: PT Û 
	Xét hàm với . 
	Từ BBT Þ Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 
Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox tại A(a;0), tia Oy tại B(0;b): (a,b>0)
	M(3; 1) Î d . 
	Mà 
	Phương trình đường thẳng d là: 
	2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB Þ (Q): 
	d là giao tuyến của (P) và (Q) Þ d: 
	M Î d Þ . 
	Vì AB = nên MAB đều khi MA = MB = AB
Câu VII.a: Ta có 
	Vì , 
	· , Þ 
	Þ Hệ số của là: 
Câu VI.b: 1) Phương trình tham số của D: . M Î D Þ M(t; 3t – 5)
	 Û Þ 
	2) Gọi AB là đường vuông góc chung của ,: , 
	AB ^ D1, AB ^ D2 Þ 
	Þ Phương trình mặt cầu là: 
Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị . Khoảng cách giữa hai điểm cực trị là = (không đổi)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
 Môn Thi: TOÁN – Khối A
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số có đồ thị là (Cm) (m là tham số)
	1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ th ... + 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: 	.
	B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 điểm)
	1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng D: x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để D cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích DIAB 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: .
----------------------------
Hướng dẫn
Câu I: 2) Đạo hàm 
	Hàm số có 2 cực tiểu Û y có 3 cực trị Û y¢ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
	Û (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
	Thử lại: Với , thì y¢ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
	Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 
Câu II: 1) PT Û 
	2) Đặt: 
	PT Û 
	Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 	
	Do đó: PT Û
Câu III: Đặt Þ I = .
Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của D ABC. Vì A¢.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A¢BC) là j = .
	Ta có : Þ .
	Do đó: ; 
	.
	Do đó: = 
Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:
	· 	(1)
	· Þ 	(2)
	Từ (1) và (2) Þ Þ đpcm.
Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)
	D : x + y – 5 = 0, E Î D Þ E(m; 5 – m); Goïi N laø trung ñieåm cuûa AB
	I trung ñieåm NE Þ Þ N (12 – m; m – 1)
	 = (11 – m; m – 6);	 = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)
	 Û (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
	Û m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 Û m = 6 hay m = 7
	+ m = 6 Þ = (5; 0) Þ PT (AB) laø y = 5
	+ m = 7 Þ = (4; 1) Þ PT (AB) laø x – 1 – 4(y – 5) = 0 Þ x – 4y + 19 = 0
	2) I (1; 2; 3); R = 
	d (I; (P)) = < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)
	Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : 
	Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J Î d Þ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)
	J Î (P) Þ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 Þ t = 1
	Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = 
Câu VII.a: Đặt , t > 0. BPT Û t2 – 10t + 9 ³ 0 Û ( t £ 1 hoặc t ³ 9)
	Khi t £ 1 Þ 	(a)
	Khi t ³ 9 Þ 	(b)
	Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–¥; –2] È [–1;0] È [1; + ¥).
Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R =
	Giả sử D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của DABC, ta có 
	SDABC = = sin
	Do đó SDABC lớn nhất khi và chỉ khi sin = 1 Û DAIB vuông tại I
	Û IH = (thỏa IH < R) Û 
	Û 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 Û 15m2 – 8m = 0 Û m = 0 hay m = 
	2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz.
	Ta có : .
 	Phương trình mặt phẳng (P): . Vì D Î(P) nên: .
	D là trực tâm của DMNP Û Û 
	Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): .
Câu VII.b: PT Û 	 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 
	 Môn thi : TOÁN	 
 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)Cho hµm sè (C)
 1. (1,0 điểm Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (C).
 2.(1,0 điểm) Cho ®iÓm A(0;a) .X¸c ®Þnh a ®Î tõ A kÎ ®­îc hai tiÕp tuyÕn tíi (C) sao cho
 hai tiÕp ®iÓm t­¬ng øng n»m vÒ hai phÝa trôc ox. 
 Câu II. (2,0điểm)
 1. (1,0 điểm) Giải PT : 
 2. (1,0 điểm) Giải PT : 
Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I= 
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 Ivà 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 
 II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu Va. 
 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 
 2.(1,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6
 Lập được bao nhiêu số có 5 chử số khác nhau mà nhất thiết phải có chử số 5
Câu Vb. 
 1. (2,0 điểm).Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
 2.(1,0 điểm) Giải B PT 
 Hết
 HƯỚNG DẨN GIẢI
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. 1/*-TËp x¸c ®Þnh:D=R\{1}.
*-Sù biÕn thiªn.
a-ChiÒu biÕn thiªn.
Hµm sè lu«n nghÞch biÕn trªn kho¶ng
b-Cùc trÞ:hµm sè kh«ng cã cùc trÞ
c-giíi h¹n: ; 
hµm sè cã tiÖm cËn ®øng x=1 
 hµm sè cã tiÖm cËn ngang 
d-B¶ng biÕn thiªn: x -	 1	+
 y’	-	-
 y 1 +
 - 1
	1
*-§å thÞ:
§å thÞ nhËn I(1;) lµm t©m ®èi xøng
Giao víi trôc to¹ ®é:Ox (-)
 Oy (0;) 
2/(1,0 điểm) Ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn qua A(0;a) cã d¹ng y=kx+a (1)
§iÒu kiÖn cã hai tiÕp tuyÕn qua A: cã nghiÖm 
Thay (3) vµo (2) vµ rót gän ta ®­îc:
§Ó (4) cã 2 nghiÖm lµ:
Hoµnh ®é tiÕp ®iÓm lµ nghiÖm cña (4) 
Tung ®é tiÕp ®iÓm lµ , 
 §Ó hai tiÕp ®iÓm n»m vÒ hai phÝa cña trôc ox lµ:
VËy tho¶ m·n ®kiÖn bµi to¸n. 
Câu II. (2,5 điểm) 1) Giải PT : (1)
Bg: (1) 
 2. (1,0 điểm) Giải PT : 
 Bg: ĐK:
Đặt y= (y )=>
 Ta có hệ PT: Hệ đối xứng loại 1 Đặt S=x +y ; P=xy
Giải hệ theo S;P => Khi S=2 và P=0 =>
 Khi Vậy PT có 3 nghiêm:......
Câu III. (1,0điểm) Tính tích phân I= 
 * Đăt t = -x => dt = -dx
 * Đổi cận:
I =
 2I = =>I = 
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 Ivà 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 Ig sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT của(1)
 * (2)
Từ (1) và(2) ta có hệ PT:
 Do
Vậy có 2 mặt cầu theo ycbt :
 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 
Bg: *M là trung điểm của AB => 
 *
*
*Do ABCD là h thang cân=>C đ xửng với D qua=>N là trung điểm của CD=> C(-7;-26)
2.(1,0 điểm) Từ các số 0,1,2,3,4,5,6
 Lập được bao nhiêu số có 5 chử số khác nhau mà nhất thiết phải có chử số 5
 Bg: *Số có 5 chử số khác nhau là:(số)
 * Số có 5 chử số khác nhau không có mặt chử số 5 là:
 *Vậy các Số có 5 chử số khác nhau luôn có mặt chử số 5 là:(SỐ)
Bài Vb:
1).(2,0 điểm).Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. 
C
S
O
M
A
B
Suy ra: SM =AM =; và SO ^ mp(ABC)
Þ d(S; BAC) = SO =
Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC
Þ VS.ABC =(đvtt)
Mặt khác, VS.ABC =
 DSAC cân tại C có CS =CA =a; SA =
Þ 
Vậy: d(B; SAC) = (đvđd).
 2.(1,0 điểm) Giải B PT (1) 
Bg: *ĐK: x >-1 và x
 *Do
 *Xét trên
 * Xét trên 
 -Xét trên
 -Xét trên
 Vậy bpt có tập nghiệm :T=
 .........................................HẾT.....................................................
	Từ (2) Þ .
	· Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)
	· Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 2 Û x = 1. 
	Thay x = 1 vào (1) Þ sin(y +1) = –1 Û .
	Kết luận: Phương trình có nghiệm: .
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
 Môn Thi: TOÁN – Khối A
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : 	(1) 
	1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 1.
	2) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm: 
Câu II: (2 điểm) 
	1) Tìm tổng tất cả các nghiệm x thuộc [ 2; 40] của phương trình: sinx – cos2x = 0.
 	2) Giải phương trình: 	.
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 	.
Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, , SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a. Gọi C¢ là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AC¢ và song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại B¢, D¢. Tính thể tích của khối chóp S.AB¢C¢D¢. 
Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức:
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 phương trình hai cạnh của một tam giác là 5x – 2y + 6 = 0 và 4x + 7y – 21 = 0. Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.
	2) 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 DIJK.
Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: .
	B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
	1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600.
	2) 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). Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và cắt được các đường thẳng AB, CD.
Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện: và phần thực của z bằng hai lần phần ảo của nó.
Hướng dẫn
Câu I: 2) Ta có : . Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1.
	Từ (2) Û x(x – 1)£ 2 Û 1 < x £ 2.
	Hệ PT có nghiệm Û (1) có nghiệm thoả 1 < x £ 2 
	Û 
	Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x và g(x) = k (d). Dựa vào đồ thị (C) Þ (1) có nghiệm x Î(1;2] Û . Vậy hệ có nghiệm Û k > – 5
Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 0 Û 2sin2x + sinx –1 = 0 Û .
	Vì x Î[ 2; 40] nên 	 
	Þ 0,7 £ k £ 18,8 Þ k .
	Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = .
	2) Điều kiện: . PT Û 
	Û (tmđk)
Câu III: Ta có : .
Câu IV: Ta có: DSAC vuông tại A Þ Þ AC¢ = = a Þ DSAC¢ đều Vì (P) chứa AC¢ và (P) // BD Þ B¢D¢ // BD. Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm của AC¢ và B¢D¢ Þ I là trọng tâm của DSBD. Do đó: .
	Mặt khác, BD ^ (SAC) Þ D¢B¢ ^ (SAC) Þ B¢D¢ ^ AC¢
 	Do đó: SAB'C'D' = .
	Đường cao h của khối chóp S.AB¢C¢D¢ chính là đường cao của tam giác đều SAC¢ Þ . Vậy thể tích của khối chóp S. AB¢C¢D¢ là V = .
Câu V: Ta có BĐT Û 
	Û 	(1)
	Đặt: . Khi đó :	
	(1) Û 	(*)
	Vì ( theo BĐT Cô–si)
 	Và (theo BĐT Cô–si). Do đó: (*) đúng. Vậy (1) được CM.
	Dấu "=" xảy ra Û x = y = z Û a = b = c. Khi đó tam giác ABC là tam giác đều.
Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0. Vậy A(0;3)
	Đường cao đỉnh B đi qua O nhận VTCP của AC làm VTPT 
	Þ BO: 7x – 4y = 0 Þ B(–4; –7)
	A nằm trên Oy Þ đường cao AO chính là trục Oy. Vậy AC: y + 7 = 0
	2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) 
	Ta có: Þ phương trình mp(P)
Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: . 
	Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: 	(1)
	Cho x = 1 và n = 25 từ (1) Þ 25. 24.223 = Û = 5033164800.
Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. M Î Oy Þ M(0;m)
 	Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Þ 
 	Vì MI là phân giác của nên:
 	(1) Û = 300 Û MI = 2R Û
 	(2) Û = 600 Û MI = R Û (vô nghiệm)
 	Vậy có hai điểm M1(0;) và M2(0; –)
	2) , , 
	Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) (P) có VTPT = (5; –4; 0)
 	Þ (P): 5x – 4y = 0
	 (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ^ (Oxy) Þ (Q) có VTPT = (–2;–3; 0)
 	Þ (Q): 2x + 3y – 6 = 0
	Ta có (D) = (P)Ç(Q) Þ Phương trình của (D)
Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi	(a- phần thực, b- phần ảo)
	Ta có: 
	Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: .