1
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN (ĐỀ 1 )
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
Cho hàm số y =  x
3
 3x
2
+ mx + 4, trong đó m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0.
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ).
Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3
(2cos
2
x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0
2. Giải phương trình:
2
2 4 1
2
log (x 2) log (x 5) log 8 0    

Câu III. (1,0 điểm)
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y =
x
e1
, trục hoành và hai đường thẳng x = ln3, x = ln8.
Câu IV. (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt

  





Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
Câu VIIa. (1,0 điểm)
Tìm hệ số của x
2
trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x
2
+ x – 1)
6

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm điểm M
thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình:
x 1 y 1 z
2 1 1



+ 6x  m,  x > 0 (*)
0,25
Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x
2
+ 6x trên (0 ; + ) Từ đó ta được : (*)  m  0.

0,50
II
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình :
  
3
sinx
2sinx 3 3sinx cosx 0
2
3sinx cosx 0



   






            


0,50
2
2
x 3x 18 0
3 17
x 3; x 6; x
2
x 3x 2 0

  

     

  



Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là:
x6
và
3 17
x
2



0,50

22
2 2 2 2 2
2t dt dt dt dt 3
S 2 dt 2 2 ln t 1 ln t 1 2 ln
t 1 t 1 t 1 t 1 2

            

   

    

0,50
IV
(1,0
điểm)
Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều.
Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD.
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.
Ta có OG  (SAB) và OI  (ABCD).
0,50
Suy ra: + OG = IH =
a
2
, trong đó H là trung điểm của AB.
+ Tam giác OGA vuông tại G.

0,25
A
B

P
y z z x x y
     
(*)
Nhận thấy : x
2
+ y
2
– xy  xy x, y 
Do đó : x
3
+ y
3
 xy(x + y) x, y > 0 hay
22
xy
xy
yx
  
x, y > 0
0,50
Tương tự, ta có :
22
yz
yz
zy
  
y, z > 0
22
zx

Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có:
Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60
0

0
0
AMB 60 (1)
AMB 120 (2)








0,25
Vì MI là phân giác của
AMB
nên :
(1)
02
0
IA
AMI 30 MI MI 2R m 9 4 m 7
sin30
           

(2)
02

1 4 2
;;
3 3 3




.
0,50
Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là:
x 2 t
y 1 4t
z 2t









0,25
VII.a
Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:
0,25
4
(1,0
điểm)
P =

2
trong khai triển
1 2 5
6
C x (x 1)
là :
10
65
C .C

0,25
Vì vậy, hệ số của x
2
trong khai triển P thành đa thức là :
02
66
C .C
10
65
C .C
= 9.
0,25
VI.b
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a.
2. (1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc
với d.
0,25




.
0,50
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:
x 2 y 1 z
1 4 2




0,25
Câu
Đáp án
Điểm
VII.b
(1,0
điểm)
Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:
P =
0 5 1 2 4 k 2k 5 k 4 8 5 10
5 5 5 5 5
C (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x (x 1) C x

         
0,25

Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x
3

C .C

0,25
Vì vậy, hệ số của x
3
trong khai triển P thành đa thức là :
03
55
C .C
11
54
C .C
= 10.
0,25

.