Đề thi thử đại học năm 2010 – Đề số 01 môn: Toán – Khối A-B-D

 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 2329 ++>+++ xxxx 
2. Giải phương trình: xx
x
x
x
x
cottan
sin
2cos
cos
2sin
-=+ 
Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I = 
1
2ln(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 cM = + + + + + + + + 
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 ( 1C ): 1322 =+ yx và ( 2C ): 
25)6( 22 =+- yx . Gọi A là một giao điểm của ( 1C ) và ( 2C ) với 0>Ay . Viết phương 
trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt ( 1C ), ( 2C ) theo hai dây cung có độ dài bằng 
nhau. 
2. Giải phương trình: ( ) ( ) 021515 2
3
=-++-
+xxx
Câu VII.a (1 điểm): Chứng minh rằng *Nn Î" , ta có: 
nn
nnn
n
nCCC 4
2
2...42 22
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): 05622 =+-+ 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 060 . 
22. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: )( 1d : 
ï
î
ï
í
ì
=
=
=
4
2
z
ty
tx
 và )( 2d : 
ï
î
ï
í
ì
=
=
-=
0
3
z
ty
tx
. Chứng minh )( 1d và )( 2d chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có 
đường kính là đoạn vuông góc chung của )( 1d và )( 2d . 
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 = 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) 
1. Giải hệ phương trình: 2 0
1 4 1 2
x y xy
x y
ì - - =ï
í
- + - =ïî
2. Giải phương trình: cosx = 8sin3
6
x
pæ 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 .ln ex
e
e
dx
x xò 
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): 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 
 - Giới hạn: lim , lim
x x
y y
®+¥ ®-¥
= +¥ = -¥ 
 - 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 luôn có cực trị 
4 Ta có: 
1 2
1 2
1 2
4
6
1
4
x x
m
x x
x x
ì
ï = -
ï
ï + = -í
ï
ï = -ïî
9
2
mÞ = ± 
Câu 2: 
 1. 
2 0 (1)
1 4 1 2 (2)
x y xy
x y
ì - - =ï
í
- + - =ïî
 Điều kiện: 
1
1
4
x
y
³ì
ï
í
³ïî
 Từ (1) 2 0x x
y y
Þ - - = Þ x = 4y 
 Nghiệm của hệ (2; 1
2
) 
 2. cosx = 8sin3
6
x
pæ ö+ç ÷
è ø
Û cosx = ( )33 s inx+cosx 
 Û 3 2 2 33 3 sin 9sin osx +3 3 s inxcos os osx = 0x xc x c x c+ + - (3) 
 Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm 
 (3) Û 3 23 3 tan 8 t an x + 3 3 t anx = 0x + 
 t anx = 0 x = kpÛ Û 
Câu 3: 
 1.Theo định lý ba đường vuông 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 vuông góc, ta có AB 
^ ST 
 ÞAB ^ (SAT) hay AB^ AT (đpcm) 
 2. 
2 2
(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
A
x x x x x
= =
+ +ò ò = 
2
1 1
(ln )
ln 1 ln
e
e
d x
x x
æ ö-ç ÷+è øò 
 = 
2 2
ln(ln ) ln(1 ln )
e e
x x
e e
- + = 2ln2 – ln3 
Câu 4: 
 1. +) (4;5;5)BA =
uuur
, (3; 2;0)CD = -
uuur
, (4;3;6)CA =
uuur
 , (10;15; 23)BA CDé ù = -ë û
uuur uuur
Þ , . 0BA CD CAé ù ¹ë û
uuur uuur uuur
Þ đpcm 
5 + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy) Þ có VTPT 1 ,n BA ké 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 ké 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 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) 
 Û a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 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 =ïî
 Þ ptmp(P) 
 2.Ta có: n 2 25 5 nC 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 = 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. 
 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 sin1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
-
=
+ -
 2. Giải bất phương trình: ( )23 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
cos 2 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 450. 
Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. 
Câu V (1 điểm) Cho phương trình ( ) ( ) 341 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 600. 
 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
2I
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 21 1; 1 1; 0 0CT CTy 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 4A Bk 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 24a 4a = 4b 4 1 0 (1)A Bk k b a b a ab b= Û - - Û - + + - = 
Vì A  ...  
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)^ Ç = Ì 
S 
H 
C 
B 
N 
j 
43
 SH (ABC)Þ ^ vaø SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. 
° Döïng HN BC, HP AC^ ^ 
 · ·SN BC, SP AC SPH SNHÞ ^ ^ Þ = = a 
° SHN = SHP Þ HN = HP. 
° AHP vuoâng coù: o a 3HP HA.sin60 .
4
= = 
° SHP vuoâng coù: a 3SH HP.tg tg
4
= a = a 
° Theå tích hình choùp 
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 aS.ABC : V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
= = a = a 
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cô- Si, ta có: 
 4ab ≤ (a + b)2 1
4
a b
a b ab
+
Û £
+
 1 1 1 ( , 0)
4
a b
a b
æ öÛ + " >ç ÷
è ø
 Ta có: 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z
é ùæ ö æ ö æ ö
£ + £ + + = + +ê úç ÷ ç ÷ ç ÷+ + +è ø è ø è øë û
 Tương tự: 1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
æ ö
£ + +ç ÷+ + è ø
 và 
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
æ ö
£ + +ç ÷+ + è ø
 Vậy 1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
1 1 1 1 2009
4 4x y z
æ ö
£ + + =ç ÷
è ø
 Vậy MaxP = 2009
4
 khi x = y = z = 
12
2009
II.PHẦN TỰ CHỌN: 
1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản 
Câu 6a.1a 
1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) 
 Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP ar = (7; - 4) của AC làm VTPT 
 Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) 
 A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 
 2. Goïi A(a; 0; 0) OxÎ . 
° Khoaûng caùch töø A ñeán maët phaúng () : 
2 2 2
2a 2a
d(A; )
32 1 2
a = =
+ +
° () qua 0M (1; 0; 2)- vaø coù vectô chæ phöông u (1; 2; 2)=r 
° Ñaët 0 1M M u=
uuuuuur r 
° Do ñoù: d(A; ) laø ñöôøng cao veõ töø A trong tam giaùc 0 1AM M 
 0 1
2
0AM M
0 1
[AM ; u]2.S 8a 24a 36d(A; )
M M u 3
- +
Þ D = = =
uuuuur r
r 
 44
° Theo giaû thieát: d(A; ) = d(A; ) 
2
2 2 2
2
2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0
3 3
4(a 3) 0 a 3.
- +
Û = Û = - + Û - + =
Û - = Û =
° Vaäy, coù moät ñieåm A(3; 0; 0). 
Câu 6a.2a n = a b cd e 
* Xem caùc soá hình thöùc a b cd e , keå caû a = 0. Coù 3 caùch choïn vò trí cho 1 (1 laø 
a hoaëc laø b hoaëc laø c). Sau ñoù choïn trò khaùc nhau cho 4 vò trí coøn laïi töø X \ 
{ }1 : soá caùch choïn 47A . 
Nhö theá coù 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 soá hình thöùc thoûa yeâu caàu ñeà baøi. 
* Xem caùc soá hình thöùc 0b cd e . 
* Loaïi nhöõng soá daïng hình thöùc 0b cd e ra, ta coøn 2520 – 240 = 2280 soá n 
thoûa yeâu caàu ñeà baøi. 
1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: 
Câu 6b.1b 
 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) 
 Vậy 
·
·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB
é =
ê
ê =ë
 Vì MI là phân giác của ·AMB 
 (1) Û ·AMI = 300 0sin 30
IA
MIÛ = Û MI = 2R Û 2 9 4 7m m+ = Û = m 
 (2) Û ·AMI = 600 0sin 60
IA
MIÛ = Û MI = 2 3
3
R Û 2 4 39
3
m + = Vô 
nghiệm 
 Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 
 2.- (d1) ñi qua ñieåm A(0; 0; 4) vaø coù vectô chæ phöông 1u (2; 1; 0)=
r
 - (d2) ñi qua ñieåm B(3; 0; 0) vaø coù vectô chæ phöông 2u (3; 3; 0)= -
r
 AB (3; 0; 4)= -
uuur
° 1 2 1 2AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ¹ Þ
uuur r r uuur r r
 khoâng ñoàng phaúng. 
° Vaäy, (d1) vaø (d2) cheùo nhau. 
° Goïi MN laø ñöôøng vuoâng goùc chung cuûa (d1) vaø (d2) 
° 1M (d ) M(2t; t; 4)Î Þ , 
/ /
2N (d ) N(3 t ; t ; 0)Î Þ + - 
 / /MN (3 t 2t; t t; 4)Þ = + - - - -
uuuur
 45
° Ta coù: 
/ / /
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4)t 1
N(2; 1; 0)t 13 t 2t (t t) 0MN u
ì ì^ + - - + = ì = - ìï ïÞ Û Þí í í í
=+ - + + =^ îïï îîî
uuuur r
uuuur r 
° Toïa ñoä trung ñieåm I cuûa MN: I(2; 1; 2), baùn kính 1R MN 2.
2
= = 
° Vaäy, phöông trình maët caàu (S): 2 2 2(x 2) (y 1) (z 2) 4.- + - + - = 
Câu 6b.2b 
Xeùt phöông trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 
Deã daøng nhaän thaáy phöông trình coù nghieäm Z1 = –1, sau ñoù baèng caùch chia 
ña thöùc ta thaáy phöông trình coù nghieäm thöù hai Z2 = 2. Vaäy phöông trình trôû 
thaønh: 
 (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 
Suy ra: Z3 = 2 2 i vaø Z4 = – 2 2 i 
Ñaùp soá: { }- - -1,2, 2 2 i, 2 2 i 
-------------------------------Hết----------------------------------- 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 12 
Môn: TOÁN – Khối A-B-D 
Thời gianlàm bài: 180 phút. 
Bài 1: Cho hàm số 4 3 2x 2x 3 x 1 (1)y x m m= + - - + . 
 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. 
Bài 2: 1). Giải phương trình cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2 3 2
8
+
 2). Giải phương trình: 2x +1 +x ( )2 22 1 2x 3 0x x x+ + + + + = 
Bài 3: 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). 
1). Viết phương trình của mặt phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc 
giữa AB, CD. 
2). Giả sử mặt phẳng (a ) 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. Hãy viết phương trình 
của (a ). 
Bài 4: Tính tích phân: ( )
2
0
1 sin 2xdxI x
p
= +ò . 
Bài 5: Giải phương trình: ( ) ( )14 2 2 2 1 sin 2 1 2 0x x x x y+- + - + - + = . 
46
Bài 6: Giải bất phương trình: 2 21 29 1 10.3x x x x+ - + -+ ³ . 
Bài 7: 
 1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một 
số chẵn các phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy. 
 2). Cho số phức 1 3z
2 2
i= - + . Hãy tính : 1 + z + z2. 
Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, 
cạnh bên AA' = b. Gọi a là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tana và 
thể tích của khối chóp A'.BB'C'C. 
Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1: 
1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện) 
Khi m = 0 hàm số viết lại:y = x4 – 2x2 +1 = (x2 -1 )2 (C) 
Bảng biến thiên: 
+ Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;1), hai điểm cực tiểu T1(-1;0) và 
T2(1;0), 2 điểm uốn: 1 23 4 3 4; , ;3 9 3 9U U
æ ö æ ö
-ç ÷ ç ÷
è ø è ø
2) 4 3 2x 2x 2 x 1y x m m= + - - + (1) 
Đạo hàm / 3 2 2y 4x 3mx 4x 3m (x 1)[4x (4 3m)x 3m]= + - - = - + + + 
° / 2
x 1
y 0
4x (4 3m)x 3m 0 (2)
=é
= Û ê
+ + + =ë
° 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 
2(3m 4) 0 4m .
34 4 3m 3m 0
ìD = - >
Û Û ¹ ±í
+ + + ¹î
Giả sử: Với 4m
3
¹ ± , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3x , x , x 
° Bảng biến thiên: 
47
x -¥ x1 x2 x3 +¥ 
y/ - 0 + 0 - 0 + 
y +¥ 
CT 
 CĐ 
CT 
 +¥ 
° Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. 
Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 4m .
3
¹ ± 
Bài 2: 
1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 
2 3 2
8
+ Û cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – 
sin3x) = 
2 3 2
8
+
Û ( )2 2 2 3 2os 3x sin 3x+3 os3x osx sin3xsinx
2
c c c
+
+ - = Û 
2
os4x ,
2 16 2
c x k k Z
p p
= Û = ± + Î . 
2) Giải phương trình : 2x +1 +x ( )2 22 1 2x 3 0x x x+ + + + + = . (a) 
* Đặt: 
ì - = +ì ì= + > = +ï ï ïÞ Þí í í - -= + + =ïï ï= + + > îî î
2 2
2 2 2
2 2
2 2 22
v u 2x 1u x 2, u 0 u x 2
v u 1v x 2x 3 xv x 2x 3, v 0 2
° Ta có: 
æ ö æ ö æ ö æ ö- - - - - -
Û - + + + = Û - + - + + =ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ç ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷
è ø è ø è ø è ø
é - =
é ùæ ö+ êÛ - - + + = Û æ ö+ê úç ÷ ê + + + =è ø ç ÷ë û ê è øë
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2v u 1 v u 1 v u u v u v(a) v u .u 1 .v 0 v u .u .v 0
2 2 2 2 2 2
v u 0 (b)
v u 1(v u) (v u) 1 0 v u 1(v u) 1 0 (c)2 2
2 2
° Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 
° Do đó: 
Û - = Û = Û + + = + Û + + = + Û = -2 2 2 2
1(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x
2
Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = 1
2
- . 
Bài 3: 
48
1) + Ta có 
( )
( )
( )
2;0;2
, D 6; 6;6
D 3;3;0
AB
AB C
C
ì =ï é ùÛ = - -í ë û= -ïî
uuur uuur uuur
uuur . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB 
và song song CD có một VTPT ( )1;1; 1n = -
r
 và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: 
x + y – z + 2 = 0.(P) 
Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P) Þ C không thuộc (P), do đó (P) // CD. 
 + ( ) ( ) ( ) 0
. D 1
os , D os , D , D 60
. D 2
AB C
c AB C c AB C AB C
AB C
= = = Þ =
uuur uuur
uuur uuur
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz. 
 Ta có : 
( ) ( )
( ) ( )
1; 1; 1 ; ; ;0 .
1; 1; 1 ; ;0; .
DP p NM m n DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p
ì ì= - - = - = +ï ïÞí í
= - - = - = +ïï îî
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur . 
Mặt khác: 
 Phương trình mặt phẳng (a ) theo đoạn chắn: 1x y z
m n p
+ + = . Vì D Î(a ) nên: 
1 1 1
1
m n p
-
+ + = . 
D là trực tâm của DMNP Û . 0
. 0
DP NM DP NM
DN PM DN PM
ì ì^ =ï ïÛí í
^ =ï ïî î
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur . Ta có hệ: 
0
3
0
3
1 1 1
1
m n
m
m p
n p
m n p
ì
ï + =
ï = -ìï + = Þí í = =îï-ï + + =
ïî
 . 
Kết luận, phương trình của mặt phẳng (a ): 1
3 3 3
x y z
+ + =
-
. 
Bài 4: Tính tích phân ( )
2
0
1 sin 2xdxI x
p
= +ò . Đặt 
x
1
1
sin 2xdx os2x
2
du d
u x
dv v c
=ì= +ì ïÞí í= =î ïî
 I = ( )
/2
2 2
0 00
1 1 1
1 os2x os2xdx 1 sin 2x 1
2 2 4 4 4
x c c
p p
p p p
- + + = + + = +ò . 
Bài 5: Giải phương trình ( ) ( )14 2 2 2 1 sin 2 1 2 0x x x x y+- + - + - + = (*) 
 49
Ta có: (*) Û 
( )( ) ( ) ( )( )
2
2
2 1 sin 2 1 0(1)
2 1 sin 2 1 os 2 1 0
os 2 1 0(2)
x x
x x x
x
y
y c y
c y
ì - + + - =ï- + + - + + - = Û í
+ - =ïî
Từ (2) Þ ( )sin 2 1 1x y+ - = ± . 
Khi ( )sin 2 1 1x y+ - = , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) 
 Khi ( )sin 2 1 1x y+ - = - , thay vào (1), ta được: 2x = 2 Û x = 1. 
Thay x = 1 vào (1) Þ sin(y +1) = -1 Û 1 ,
2
y k k Z
p p= - - + Î . 
Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1 ,
2
k k Z
p pæ ö- - + Îç ÷
è ø
. 
 Bài 6: Giải bất phương trình: 2 21 29 1 10.3x x x x+ - + -+ ³ . Đặt 23x xt += , t > 0. 
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 ³ 0 Û ( t £ 1 hoặc t ³ 9) 
 Khi t £ 1 Þ 
2 23 1 0 1 0x xt x x x+= £ Û + £ Û - £ £ .(i) 
 Khi t ³ 9 Þ 
2 2 23 9 2 0
1
x x xt x x
x
+ £ -é= ³ Û + - ³ Û ê ³ë
(2i) 
Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ¥; -2]È[-1;0]È[1; + ¥). 
 Bài 7: 
 1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là 50kC Þ Số tất cả các tập con 
không rỗng chứa một số chẵn các phần tử từ A là : S = 2 4 6 5050 50 50 50S ...C C C C= + + + + . 
 Xét f(x) = ( )50 0 1 2 2 49 49 50 5050 50 50 50 501 ...x C C x C x C x C x+ = + + + + + 
 Khi đó f(1) =250 0 1 2 49 5050 50 50 50 50...C C C C C= + + + + + . 
 f(-1) = 0 0 1 2 49 5050 50 50 50 50...C C C C C= - + - - + 
Do đó: f(1) + f(-1) = 250 Û ( )2 4 6 50 5050 50 50 502 ... 2C C C C+ + + + = Þ 
( ) 50 492 1 2 2 1S S+ = Þ = - . 
Kết luận:Số tập con tìm được là 492 1S = - 
 2) Ta có 2
1 3 3
4 4 2
z i= - - . Do đó: 
2 1 3 1 31 1 0
2 2 2 2
z z i i
æ ö æ ö
+ + = + - + + - - =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
Bài 8: 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 = ·'A EH . 
Tá có : 
3 3 3
E , ,
2 3 6
a a a
A AH HE= = = Þ 
2 2
2 2 9 3aA ' '
3
b
H A A AH
-
= - = . 
 50
Do đó: 
2 2' 2 3
tan
A H b a
HE a
j -= = ; 
2 2 2 2
. ' ' '
3 3
' .
4 4ABC ABC A B C ABC
a a b a
S V A H SD D
-
= Þ = = 
2 2 2
'.
1 3
' .
3 12A ABC ABC
a b a
V A H SD
-
= = . 
Do đó: ' ' ' . ' ' ' '.A BB CC ABC A B C A ABCV V V= - 
. 
2 2 2
' ' '
1 3
' .
3 6A BB CC ABC
a b a
V A H SD
-
= = (đvtt)