Đề 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 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: .
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.
 	2) Chứng minh rằng với mọi giá trị thực của m, đường thẳng (d) y = – x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn AB.
Câu II: (2 điểm) 
	1) Giải bất phương trình: 	
	2) Giải phương trình: 	
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân 
Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a, SB = b, SC = c, , .
Câu V: (1 điểm) Với mọi số thực dương a; b; c thoả mãn điều kiện a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
	A. Theo cương trình chuẩn:
Câu VI.a: (2 điểm)
	1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng (d1): x + y + 1 = 0, (d2): 2x – y – 1 = 0 . Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M(1;–1) cắt (d1) và (d2) tương ứng tại A và B sao cho 
	2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + 2y – 2z + 1 = 0 và hai điểm A(1;7; –1), B(4;2;0). Lập phương trình đường thẳng (D) là hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên (P).
Câu VII.a: (1 điểm) Ký hiệu x1 và x2 là hai nghiệm phức của phương trình 2x2 – 2x + 1 = 0. Tính giá trị các số phức: và .
	B. Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: (2 điểm)
	1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hypebol (H) có phương trình . Giả sử (d) là một tiếp tuyến thay đổi và F là một trong hai tiêu điểm của (H), kẻ FM ^(d). Chứng minh rằng M luôn nằm trên một đường tròn cố định, viết phương trình đường tròn đó
	2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;0), B(0;2;0), C(0;0;3). Tìm toạ độ trưc tâm của tam giác ABC.
Câu VII.b: (1 điểm) Chứng minh rằng với thoả mãn ta luôn có:
 	.
Hướng dẫn
Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: = – x + m 
 luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m 
	Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m)
	AB = = 
 	Vậy GTNN của AB = khi và chỉ khi m = 2
Câu II: 1) Điều kiện: 0 < x ≠ 1. Đặt t = 
	BPT Û 
	2) Điều kiện: 
 	PT – sin3x = sinx + sin2x
 	Û sin2x(2cosx + 1) = 0 
	Kết hợp điều kiện, nghiệm của phương trình là: 
Câu III: Ta có: sinx +cosx = 2cos, 
	sinx = sin = 
	I = = 
Câu IV: Trên SB, SC lấy các điểm B¢, C¢ sao cho SB¢ = SC¢ = a. Ta có AB¢ = a, B¢C¢ = a, AC¢ = a Þ DAB¢C¢ vuông tại B¢. Gọi H là trung điểm của AC¢, thì DSHB¢ vuông tại H. Vậy SH là đường cao của hình chop S.AB¢C¢
 	Vậy: VS.AB’C’ = . Þ VS.ABC = 
Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: .
	Dấu " = " xảy ra Û 2a = b + c.
	Tương tự: 
	Suy ra: . Dấu bằng xảy ra Û a = b = c = . Kết luận: minP = 	
Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1)
	Từ điều kiện tìm được A(1; –2), B(1;1) suy ra (d): x – 1 = 0
	2) Gọi (Q) là mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P) ta suy ra (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = 0. (D) = (P)(Q) suy ra phương trình (D).
Câu VII.a: PT có hai nghiệm 
Câu VI.b: 1) (H) có một tiêu điểm F. Giả sử pttt (d): ax + by + c = 0 . Khi đó: 9a2 – 4b2 = c2 (*)
	Phương trình đường thẳng qua F vuông góc với (d) là (D): b( – a y = 0
	Toạ độ của M là nghiệm của hệ: 
	Bình phương hai vế của từng phương trình rồi cộng lại và kết hợp với (*) 
	ta được x2 + y2 = 9
	2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A và (P) ^ BC; (Q) qua B và (Q) ^ AC 
	 Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng trên ta được trực tâm H
Câu VII.b: Ta có: 
	 (1)
	= BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
Đề số 3
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: (m là tham số ).
	1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2.
	2) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau.
Câu II (2 điểm).
	1) Giải phương trình : 
	.
	2) Giải hệ phương trình: .
Câu III (2 điểm). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau : 
	.
Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a, , cạnh và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông tại C. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Tính thể tích của tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD). 
Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
	A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm) 
	1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm và mặt phẳng (P): . Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho DABC đều.
	2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): . Xác định 	tọa độ các giao điểm A, B của 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.
Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần thực của số phức :.Trong đó nÎN và thỏa mãn: 	
	B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm )
 	1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
	Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2.
	2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.
Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức: . Hãy viết số zn dưới dạng lượng giác biết rằng nÎN và thỏa mãn: 
Hướng dẫn
Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành tại 4 điểm phân biệt cách đều nhau Û phương trình có 4 nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng Û phương trình: X2 – (2m + 1)X + 2m = 0 (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X1 = 9X2.
	Û .
Câu II: 1) PT Û 
	2) Xét (1): Đặt t = x – y. (1) Û .
	· Với t > 0 VT 10.	· Với t 10, VP < 10.
	Þ Phương trình (1) có nghiệm duy nhất t = 0 hay x = y.
	Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) Û . 
	Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình, chia cả hai vế cho x = 0 ta được:
	(2) Û . Đặt (ĐK y ³ 0). 
	Ta được phương trình: y2 – 3y + 2 = 0 Û . Từ đó ta tìm được x.
Câu III: S = . Đặt Þ 
Câu IV: · Chứng minh: D ACD vuông tại C Þ DACD vuông cân tại C.
	· VSBCD = VS.ABCD – VSABD.
	· Chứng minh BC ^ (SAB) Þ BC ^ AH Þ AH ^ (SBC).
	Kẻ AK ^ (SC) Þ AK ^ (SCD) Þ (AKH) ^ (SCD).
	Kéo dài AB và CD cắt nhau tại E. Kéo dài AH cắt SE tại M.
	Có (AMK) ^ (SCD) hay (AMK) ^ (SED).
	AH ^ (SBC) Þ AH ^ HK Þ tam giác AHK vuông tại H.
	Kẻ HI ^ MK có HI = d(H, (SCD)).
	· Tính AH, AM Þ HM; Tính AK Þ HK. Từ đó tính được HI.
Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
 	4ab ≤ (a + b)2 . Dấu "=" xảy ra Û a = b.
 Ta có: 
 Tương tự: và 
 Vậy 
 Vậy MaxP = khi x = y = z = 
 ... ược chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu V.a: (3 điểm) 
 1.Tìm phöông trình chính taéc cuûa elip (E). Bieát Tieâu cöï laø 8 vaø qua ñieåm M(–; 1).
 2 .Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng aø 
Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 và vuông góc với d1
3Moät hoäp ñöïng 5 vieân bi ñoû, 6 vieân bi traéng vaø 7 vieân bi vaøng. Nguôøi ta choïn ra 4 vieân bi töø hoäp ñoù. Hoûi coù bao nhieâu caùch choïn ñeå trong soá bi laáy ra khoâng coù ñuû caû ba maøu?
Câu V.b: (3 điểm) 
 1.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai ñieåm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) vaø maët phaúng (P) coù phöông trình laø . 
 Vieát phöông trình chính tắc ñöôøng thaúng d naèm treân maët phaúng (P) vaø d vuoâng goùc vôùi AB tại giao điểm của đđường thẳng AB với (P). 
 	2.(1 điểm) .Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1;c-d=3 CMR:
 Hết
 HƯỚNG DẨN GIẢI
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. 1/Víi m=3 ta cã:
*-TËp x¸c ®Þnh:R
*-sù biÕn thiªn:
a-chiÒu biÕn thiªn: 
Hµm sè ®ång biÕn ; Hµm sè nghÞch biÕn 
b-Cùc trÞ:hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i:
 ®¹t cùc tiÓu t¹i:
c-giíi h¹n: §å thÞ hµm sè kh«ng cã tiÖm cËn.
d-b¶ng biÕn thiªn : x 	0 	
 y’	-	 0	+	0	-	0	+
 	 3 
 y
	 -1	-1
e-TÝnh låi lâm vµ ®iÓm uèn:
B¶ng xÐt dÊu y’’: x 	
 y’’ 	+	0	-	 0	+
 §U	§U	
 §T lâm ( låi (lâm
*-§å thÞ:
§å thÞ nhËn oy lµm trôc ®èi xøng
Giao víi trôc Ox t¹i () ; ()
2/§Ó pt: (1) cã bèn nghiÖm ph©n biÖt th× pt ph¶i cã hai nghiÖm d­¬ng ph©n biÖt:
*Gäi c¸c nghiÖm cña (1) lµ do tÝnh chÊt ®èi xøng cña ®å thÞ qua trôc tung nªn ®Ó diÖn tÝch h×nh ph¼ng phÇn trªn vµ phÇn d­íi trôc hoµnh b»ng nhau ta ph¶i cã 
 (2)
thay vµo (2) ta ®­îc 
.
Câu II:(2điểm) :1.Giải bất phương trình: 
 * Đk: xD=(-¥;1/2] {1} [2;+ ¥)
 *x=1 là nghiệm
 *x2:Bpt đã cho tương đương: vô nghiệm
 *x: Bpt đã cho tương đương: c ó nghiệm x
 *BPT c ó tập nghiệm S=(-¥;1/2] {1}
 2.Giải phương trình : (cos3x+3cosx)cos3x+(3sinx-sin3x)sin3x= cos6x+3cos2x=
4cos 32x=cos 2x= PT có nghiệm: x=
 Câu III: (2điểm):
1. ; đặt x=chứng minh được I1=I2
Tính I1+I2= 
 I1=I2=I= 7I1 -5I2=1 
2,Tìm hệ số x3 trong khai triển biết n thoả mãn:
Khai triển: (1+x)2n thay x=1;x= -1 và kết hợp giả thiết được n=12
Khai triển: hệ số x3: =101376
Câu IV: (1điểm): I, J lần lượt là trung điểm cúa AB v à CD; G là trọng tâm ∆SAC
Khai thác giả thiết có ∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ
IGcắt SJ tạ K là trung điểm cúa SJ; M,N là trung điểm cúaSC,SD
;SABMN=
SK┴(ABMN);SK= =>V=(đvtt)
 II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu(Va hoặcVb)
Câu V.a: (3 điểm) 
 1.Tìm phương trình chính tắc của elip (E). Biết Tiêu cư là 8 và qua điểm M(–; 1).
+PTCT của (E): 
+GtGiải hệ ra đúng kết quả có (E) thoả mãn 
2 .Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng aø 
Xét vị trí tương đối của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua O, cắt d2 và vuông góc với d1
BG: 
 *2 đường thẳng chéo nhau
 *đường thẳng cần tìm cắt d2 tại A(-1-2t;t;1+t) =(-1-2t;t;1+t)
 Ptts 
3.(1 điểm)Moät hoäp ñöïng 5 vieân bi ñoû, 6 vieân bi traéng vaø 7 vieân bi vaøng. Nguôøi ta choïn ra 4 vieân bi töø hoäp ñoù. Hoûi coù bao nhieâu caùch choïn ñeå trong soá bi laáy ra khoâng coù ñuû caû ba maøu?
BG -Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: 
 -Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: 
 -Số cách chọn thoả mãn yêu c ầu là: 
Câu V.b: (3 điểm) 
1.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(0; 0;-3), B(2; 0;-1) vaø mặt phẳng(P) cóphương trình là . 
 Vieát phöông trình chính tắc ñöôøng thaúng d naèm treân maët phaúng (P) vaø d vuoâng goùc vôùi AB tại giao điểm của đường thẳng AB với (P). 
BG: Giải đúng giao điểm AB cắt (P) t ại C(2;0;-1)
Viết đúng phương trình: 
 	2.(1 điểm) .Cho 4 số thực a,b,c,d thoả mãn: a2+b2=1;c-d=3 CMR:
BG :Ap dụng bđt Bunhiacopxki và giả thiết có 
Ta có vì 
Nên có : 
d
- ¥ - 3/2 +¥
f'(d)
 +
 0 -
f(d)
 Dấu bằng x ảy ra khi a= b= c=3/2 d= -3/2
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 hàm số có đồ thị (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 
2. Tìm m để phương trình có 6 nghiệm.
Câu II (2.0 điểm).
 1. Giải phương trình: 
2. Tìm m để phương trình: có nghiệm x 
Câu III (1.0 điểm). Tính 
Câu IV (2.0 điểm). 
 1.Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 và .
 Gọi M là trung điểm của cạnh CC1.
Chứng minh MB^MA1 
Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM).
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
1)Câu VI.a. (2.0 điểm).
1. Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1; 3; -2), B (-3; 7; -18) và mặt phẳng 
 (P): 2x - y + z + 1 = 0
a. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P).
b. Tìm tọa độ điểm M Î (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
2. (1.0 điểm). Giải phương trình: 
2)Câu V.b. (1,5điểm).
1. Giải bất phương trình: 	
2.(1.5 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh :
 Hết
 HƯỚNG DẨN GIẢI
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: 1.(hs tự giải)
 2. 
Câu II: 
1. Giải phương trình : (1)
(1)	Û - cos22x - cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ¹ 0
	Û 
	Û cos2x = 0 Û 
2. Đặt Û t2 - 2 = x2 - 2x
	Bpt (2) Û 
	Khảo sát với 1 £ t £ 2
	g'(t) . Vậy g tăng trên [1,2]
	Do đó, ycbt bpt có nghiệm t Î [1,2]
 Vậy m
Câu III Đặt ;	Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1 
	Vậy ;	 = 
Câu IV (Bạn đọc tự vẽ hình)
Chọn hệ trục Axyz sao cho: A º 0, , 
 và 	
 a.Ta có: 	
 b.Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :
	Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng 
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
Câu Va. 1. Ta có cùng phương với 
	mp(P) có VTPT 
	Ta có = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1)
	a.Phương trình mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) là :
	2(x + 1) + 5(y - 3) + 1(z + 2) = 0
	Û 2x + 5y + z - 11 = 0
 b. Tìm M Î (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
 Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P)
 . Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; Pt AA' : 
	AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của ; 
	Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :	
	Ta có (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : 
	Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 	 
Giải phương trình: 
BG: (1)
Đặt:f(x)= g(x)= (x0)
Dùng pp kshs =>max f(x)=3; min g(x)=3=>PT f(x)= g(x) ó max f(x)= min g(x)=3 tại x=1
=>PT có nghiệm x= 1
Câu V.b.
1. Điều kiện x > 0 , x ¹ 1
	(1) 
2.Theo BĐT Cauchy
	.	Cộng vế =>điều phải chứng minh
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: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị (Cm); (m là tham số).
	1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
	2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0; 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu II: (2 điểm)
	1) Giải phương trình: 	2cos3x + sinx + cosx = 0
	2) Giải hệ phương trình: 	
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = 
Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc a.
Câu V: (1 điểm) Cho là những số dương thoả mãn: . 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 elip (E): và điểm M(1; 1). Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm C, D sao cho MC = MD.
 	2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
	(d) : và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = 0.
Câu VII.a (1 điểm) Cho tập hợp X = . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1.
 	B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
	1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): và hai điểm A(–5; –1), B(–1; 1). Một điểm M di động trên (E). Tìm giá trị lớn nhất của diện tích DMAB.
	2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng và hai đường thẳng có phương trình (P): và (Q): 
	(d1): , 	(d2): .
	Viết phương trình đường thẳng (D) song song với hai mặt phẳng (P), (Q) và cắt (d1), (d2)
Câu VII.b (1 điểm) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: .
Hướng dẫn
Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là: 
	x3 + 3x2 + mx + 1 = 1	Û x(x2 + 3x + m) = 0 Û 
	(Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt Û (2) có 2 nghiệm xD, xE ¹ 0.
	Û 
	Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
	kD = y’(xD) = 	kE = y’(xE) = 
	Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc Û kDkE = –1.
	Û (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1
	Û 9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et).
	Û m = . 
Câu II: 1) PT Û cos Û cos Û 
	2) Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:
 	Û x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y đều lớn hơn 2)
	Vậy từ hệ trên ta có: 
	 Û x = 3 
 	Vậy nghiệm của hệ x = y = 3
Câu III: = = 2ln2 – ln3 
Câu IV: Dựng . Ta có: 
	 và SH là đường cao của hình chóp.
	Dựng 
	DSHN = DSHP Þ HN = HP.
	DAHP vuông có: DSHP vuông có: 
	Thể tích hình chóp 
Câu V: Áp dụng bất đẳng thức 
	Ta có: 
	Mặt khác:
	Tương tự: 
	Từ đó suy ra 
	Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) tại C, D.
	Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, do đó phương trình của (d) có dạng: 
	Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (E): 
	() 
	Þ (d) luôn cắt (E) tại 2 điểm C, D với các hoành độ là nghiệm của (1).
	Theo định lý Viet: 
	M(1; 1) là trung điểm của CD Û 
	Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 0.
	2) Gọi A(a; 0; 0) . 
	(d) qua và có VTCP . Đặt 
	Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A trong tam giác 
	Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d) 
	Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).
Câu VII.a: Giả sử n = .
	· Xem các số hình thức , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc b hoặc c). Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ Þ số cách chọn .
	Như vậy có 3. (7. 6. 5. 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài.
	· Xem các số hình thức Þ có (số)
	· Loại những số dạng hình thức ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT.
Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): và 
	Gọi Ta có: 
	Diện tích DMAB: 
	Áp dụng bất đẳng thức Bu nhia cốp Ski cho 2 cặp số có: 
	Vậy, .
	2) (P) có VTPT , 	(Q) có pháp vectơ 
	(d1) có VTCP , (d2) có VTCP 
	Gọi: Þ (D) = (P1) Ç (Q1) và (D) // (D1)
	(D) có vectơ chỉ phương 
	(P1) có cặp VTCP và nên có VTPT: 
	Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0 
	(Q1) có cặp VTCP và nên có VTPT: 
	Phương trình mp (Q1): 
	Ta có: Þ phương trình đường thẳng (D) : 
Câu VII.b: .