MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
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
2
3
2
9
++>+++ xxxx

2. Giải phương trình:

a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
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 (
1
C ): 13
22
=+ yx và (
2
C ):
25)6(
22
=+- yx . Gọi A là một giao điểm của (
1
C ) và (
2
C ) với 0>
A
y . Viết phương
trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt (
1
C ), (
2
C ) theo hai dây cung có độ dài bằng
nhau.
2. Giải phương trình:
( ) ( )

điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai
tiếp tuyến đó bằng
0
60 .
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
2
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: )(
1
d :
ï
î
ï
í
ì
=
=
=
4
2
z
ty
tx
và )(
2
d :
ï
î
ï


A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm)
Câu 1: ( 2điểm) Cho hàm số y = 4x
3
+ mx
2
– 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 x
1
và x
2
thỏa x
1
= - 4x
2

Câu 2: (2điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y
ì
- - =
ï
í
- + - =
ï
î

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)
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
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): x
2
+ y
2
– 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: 5


Bảng biến thiên:

- y’’ = 24x , y” = Û x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0)
- Đồ thị:

2. TXĐ: D = R
- y’ = 12x
2
+ 2mx – 3
Ta có: D’ = m
2
+ 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị
MATHVN.COM www.mathvn.com

â 2010 www.mathvn.com
4
Ta cú:
1 2
1 2
1 2
4
6
1
4
x x
m
x x
x x
ỡ

iu kin:
1
1
4
x
y

ỡ
ù
ớ

ù
ợ

T (1)
2 0
x x
y y
ị - - =

ị
x = 4y
Nghim ca h (2;
1
2
)
2. cosx = 8sin
3
6
x

v AN ^ SC
ịAN ^ (SBC) ị AN ^ MN
Ta cú: SA
2
= SM.SB = SN.SC
Võy DMSN ~ DCSB

ị
TM l ng cao ca tam giỏc STB

ị
BN l ng cao ca tam giỏc STB
Theo nh lý ba ng vuụng gúc, ta cú AB
^ ST
ịAB ^ (SAT) hay AB^ AT (pcm)

2.
2 2
(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d x
A
x x x x x
= =
+ +
ũ ũ
=
2

,
(4;3;6)
CA =
uuur, (10;15; 23)
BA CD
ộ ự
= -
ở ỷ
uuur uuur
ị

, . 0
BA CD CA
ộ ự
ạ
ở ỷ
uuur uuur uuur
ị pcm
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
5
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ^ (Oxy)
Þ
có VTPT
1
,

(1)
Û 3a
3
≥ (2a – b)(a
2
+ ab + b
2
)
Û a
3
+ b
3
– a
2
b – ab
2
≥ 0
Û (a + b)(a – b)
2

³
0. (h/n)
Tương tự:
3
2 2
2
3
b b c
b bc c
-

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

5
5
n
C 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 = 5
x
Þ X > 0
Bất phương trình đã cho trở thành: X
2
+ (5 + 2m)X + m
2
+ 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 X
1
≤ X
2
≤ 0
Từ đó suy ra m.

+ -

2. Giải bất phương trình:
( )
2
3 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
cos2 sin cos
I 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 45
0
.
Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.

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 0
d x y
- - =
và có hoành độ
9
2
I
x
=
, trung điểm của
một cạnh là giao điểm của (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
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 0
S x y z x y z P x y z

m
I

2,00
11,00

+ 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

21,00
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
8

Ta có
3
'( ) 4 4
f x x x
= -
. Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.
Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A v
à B là
3 3
'( ) 4 4 , '( ) 4 4
A B
k f a a a k f b b b
= = - = = -

Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là:
(
)
(
)
(
)

a b
¹
, do đó (1) tương đương với phương
trình:
2 2
1 0 (2)
a ab b+ + - =

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

( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2
2 2
4 2 4 2
1 0
1 0
' '
3 2 3 2
a ab b
a ab b
a b
f a af a f b bf b
a a b b
ì
ì
+ + - =
+ + - =
ï ï
Û ¹ Û

+ + - =
ï
¹ ±
í
ï
¹
îII

2,00
11,00

Điều kiện:
(
)
cos .sin 2 .sin . tan cot2 0
cot 1
x x x x x
x
+ ¹
ì
ï
í
¹
ï

4
cos
2
2
4
x k
x k
x k
p
p
p
p
é
= +
ê
Û = Û Î
ê
ê
= - +
ê
ë
¢

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

x x x x
- -
- + + - > +
( )
( ) ( )
2
3 3 3
1 1 1
log 5 6 log 2 log 3
2 2 2
x x x x
Û - + - - > - +

(
)
(
)
(
)
(
)
3 3 3
log 2 3 log 2 log 3
x x x x
Û - - > - - +
é ù
ë û

0,25
( )( )

x
x
x
é
< -
Û - > Û
ê
>
ê
ë

0,25
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là
10
x >
0,25
III
1,00
11,00

( )
2
2
0

3
2 2
0 0
1 1
sin 2 sin 2 sin 2
2 4
1 1
sin 2 sin 2 0
2 12
| |
d x xd x
x x
p p
p p
= -
= - =
ò ò
0,50
IV
1,00
MATHVN.COM – www.mathvn.com

2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO
æ ö
æ ö
= = + = + = + =
ç ÷
ç ÷
ç ÷
è ø
è ø

0,25
2 3
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
a a
V h
p
p p
Þ = = =
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .

xÎ thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có
nghiệm duy nhất thì cần có điều kiện
1
1
2
x x x
= - Þ =
. Thay
1
2
x
=

vào (1) ta được:
3
0
1 1
2. 2.
1
2 2
m
m m
m
=
ì
+ - = Þ
í
= ±
î


x x x x
+ - - - - - = -
Û + - - - + + - - - =
Û - - + - - =

+ Với
4 4
1
1 0
2
x x x
- - = Û =

+ Với
1
1 0
2
x x x
- - = Û =

Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất.
0,25
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
11

* Với m = 1 thì (1) trở thành:
( ) ( )
(


Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính
5
R = .
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 60
0
thì IAM là nửa tam giác
đều suy ra
2R=2 5
IM = .
Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20
x y
- + - =
.
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng
D
, nên tọa độ của M
nghiệm đúng hệ phương trình:
( ) ( )
2 2
2 1 20 (1)
2 12 0 (2)
x y
x y
ì

3;
2
M
æ ö
ç ÷
è ø
hoặc
27 33
;
5 10
M
æ ö
ç ÷
è ø

0,25
21,00

Ta tính được
10, 13, 5
AB CD AC BD AD BC= = = = = = .
0,25
Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó
ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của
tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là

+ Khụng cú bi : Kh nng ny khụng xy ra vỡ tng cỏc viờn bi
xanh v vng ch l 8.
+ Khụng cú bi xanh: cú
9
13
C
cỏch.
+ Khụng cú bi vng: cú
9
15
C
cỏch.
0,25
Mt khỏc trong cỏc cỏch chn khụng cú bi xanh, khụng cú bi vng thỡ
cú
9
10
C
cỏch chn 9 viờn bi c tớnh hai ln.
Vy s cỏch chn 9 viờn bi cú c ba mu l:
9 9 9 9
10 18 13 15
42910
C C C C+ - - = cỏch.
0,50
VI
b 2,00

AB IM x x y y= = - + - = + =
D
12
. D = 12 AD = 2 2.
3 2
ABCD
ABC
S
S AB A
AB
= = =
(
)
AD d
M AD
^ỡ
ù
ớ
ẻ
ù
ợ
, suy ra phng trỡnh AD:
(
)
(
)
1. 3 1. 0 0 3 0
x y x y
- + - = + - =
.

ợ

3 2
3 1 1
y x x
x y
= - =
ỡ ỡ

ớ ớ
- = =
ợ ợ
hoc
4
1
x
y
=
ỡ
ớ
= -
ợ
.Vy A(2;1), D(4;-1),
0,50
9 3
;
2 2
I
ổ ử
ỗ ữ

ù
ợ

Tng t I cng l trung im BD nờn ta cú: B(5;4).
Vy ta cỏc nh ca hỡnh ch nht l (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
21,00
MATHVN.COM www.mathvn.com

â 2010 www.mathvn.com
13

Mt cu (S) tõm I(2;-1;3) v cú bỏn kớnh R = 3.
Khong cỏch t I n mt phng (P):
( )
( )
(
)
2.2 2. 1 3 16
, 5
3
d d I P d R
+ - - +
= = = ị >
.
Do ú (P) v (S) khụng cú im chung.Do vy, min MN = d R = 5 -3
= 2.

= -
r
v qua I nờn cú
phng trỡnh l
( )
2 2
1 2
3
x t
y t t
z t
= +
ỡ
ù
= - + ẻ
ớ
ù
= -
ợ
Ă
.
0,25
Ta ca N
0
ng vi t nghim ỳng phng trỡnh:
( ) ( ) ( )
15 5
2 2 2 2 1 2 3 16 0 9 15 0
9 3
t t t t t

1,00

p dng bt ng thc
1 1 4
( 0, 0)
x y
x y x y
+ > >
+

Ta cú:
1 1 4 1 1 4 1 1 4
; ;
2 2 2a+b+c
a b b c a b c b c c a a b c c a a b
+ + +
+ + + + + + + + + +

0,50
Ta li cú:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
1 2 2
2 4 4 2 2 0
2 2 4 7
2 1 1 1 0
a b c a b c
a b c a b c a

© 2010 – www.mathvn.com
14
Thời gianlàm bài: 180 phút.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số
(
)
3 2
( ) 3 1 1
y f x mx mx m x
= = + - - -
, 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
=
không có cực trị.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình :
( )
4 4
sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x

2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
- + £
- + - + ³
ì
ï
í
ï
î

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

A C
lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n
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):
2 2
2 4 8 0
x y x y
+ + - - =
.Xác định tọa độ các giao điểm A, B của
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
15
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.
2. Cho mặt phẳng (P):
2 2 1 0
x y z
- + - =
và các đường thẳng
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
- - - +

f x
x
p
p
>
+
ò

Hết

Đáp án
Câu Ý

Nội dung
I
1 Khi m = 1 ta có
3 2
3 1
y x x
= + -

+ MXĐ:
D
=
¡

+ Sự biến thiên:

)
(
)
2 3; 0 1
CT
y y y y
= - = = = -
C§MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
16

· Đồ thị 2
+ Khi m = 0
1
y x
Þ = -
, nên hàm số không có cực trị. + Khi

II

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

2
1
1 sin 2
1 sin cos
2
(1)
sin 2 2 cos sin


( ) ( )
2 3
4 8
2
log 1 2 log 4 log 4
x x x
+ + = - + + (2)
iu kin:
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
+ ạ
ỡ
- < <
ỡ
ù
- >
ớ ớ
ạ -
ợ
ù
+ >

( )
2
(3)
6
x
x
=
ộ

ờ
= -
ở
loại+ Vi
4 1
x
- < < -
ta cú phng trỡnh
2
4 20 0
x x
- - =
(4);
( )
( )
2 24
4
2 24

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

+ i cn:
1 3
2 2
3 1
2 2
x t
x t
= ị =
= ị =1 3
3
2 2
2
1
2 2
1
2
3
2

uy
ra
(
)
SOE AB
^ .
Dựng
(
)
OH SE OH SAB
^ Þ ^ , vậy OH là kho
ảng cách từ
O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1.
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có:
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 8
1
9 9
9 3
8
2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
= + Þ = - = - =
Þ = Þ =

2 2 2
9 81 9
9

1 1 265 265
. . .3
3 3 8 8
V OA SO
p p p
= = =
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho:

2 2 2
265 337 337
9
8 8 8
265 337 89305
. . .
8 8 8
xq
SA SO OA SA
S OA SA
p p p
= + = + = Þ =
= = =

V Hệ bất phương trình
( )
2
2
7 6 0 (1)

x x
x x x m m do x x
x
- +
Û - + ³ + Û ³ Î Þ + >
+

Gọi
[ ]
2
2 3
( ) ; 1;6
2 1
x x
f x x
x
- +
= Î
+Hệ đã cho có nghiệm
[
]
0 0
1;6 : ( )
x f x m
Û $ Î ³

( )

]
1;6
xÎ nên chỉ nhận
1 17
2
x
- +
=
MATHVN.COM www.mathvn.com

â 2010 www.mathvn.com
19
Ta cú:
2 27 1 17 3 17
(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
ổ ử
- + - +
= = =
ỗ ữ
ỗ ữ
ố ứ

Vỡ f liờn tc v cú o hm trờn [1;6] nờn
27
max ( )
13
f x =
Do ú

ợ ợ

Ta ca B nghim ỳng h phng trỡnh
( )
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
+ - = =
ỡ ỡ
ị
ớ ớ
- - = =
ợ ợ

ng thng AC i qua im A(-2;4) nờn phng trỡnh cú dng:
(
)
(
)
2 4 0 2 4 0
a x b y ax by a b
+ + - = + + - =

Gi
1 2 3
: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0
x y x y ax by a b

a b
+ +
D D = D D =
+
=
ộ
+ = + - =
ờ
- =
ở

+ a = 0
0
b
ị ạ
. Do ú
3
: 4 0
y
D - =

+ 3a 4b = 0: Cú th cho a = 4 thỡ b = 3. Suy ra
3
: 4 3 4 0
x y
D + - =
(trựng vi
1
D
).

, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q
ỡ
=
ù
ù
= = = =
ớ
ù
=
ù
ợTa cú:
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2
5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
= = + + = - + - + -
+ + =

( )
( )

+ - + + - -
= =
+ - + = + - -
ộ
+ - =
ờ
+ - + = - - + +
ở
loại

T (1) v (3) suy ra:
17 11 11 4a
; (4)
3 6 3
a
b c
-
= - =

T (2) v (3) suy ra:
2 2 2
9 (5)
a b c+ + =
Th (4) vo (5) v thu gn ta c:
(
)
(
)
2 221 658 0
a a

658 46 67
9
221 221 221
x y z
ổ ử ổ ử ổ ử
- + - + + =
ỗ ữ ỗ ữ ỗ ữ
ố ứ ố ứ ố ứ

VIIa

iu kin:
1 4 5
n n
-

H iu kin ban u tng ng:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)

ợ

2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n
ỡ
- - <
ù
- - =
ớ
ù

ợ

VIb

1 Ta giao im A, B l nghim ca h phng trỡnh
2 2
0; 2
2 4 8 0
1; 3
5 2 0

3 3
2
x t
y t
z t
= +
ỡ
ù
= -
ớ
ù
=
ợ
. M thuc d
1
nờn t
a ca M
(
)
1 2 ;3 3 ;2
t t t
+ - .
Theo :
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
21
( )
( )
(

)
2
1;3;0
M
+ Ứng với M
1
, điểm N
1

2
d
Î
cần tìm phải là giao của d
2
với mp qua M
1

và // mp (P),
gọi mp này là (Q
1
). PT (Q
1
) là:
(
)
(
)
3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)
x y z x y z- - + - = Û - + - = .
Phương trình tham số của dĐiều kiện
( )
3
1
0 3
3
x
x
> Û <
-

( )
( ) ( )
3
1
( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3
3
f x x x
x
= = - - = - -
-
;
( )
( )
1 3
'( ) 3 3 '

6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x
p
p
>
+
ò
( )( )
2 1
3 3
2
0
3 2
3 2
1
3
3; 2
3; 2
2
x
x
x x
x x


© 2010 – www.mathvn.com
22
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 05
Môn: TOÁN – 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
4
– 2(2m
2
– 1)x
2
+ 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: 7)27()27)(8(6416
3
2
3
3
2
=+++ +- xxxxx
2/ Giải phương trình:
12cos
2
1
2cos

2
2
2
2
£+-++- mxxmxx

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 hòanh bằng
3
1
.
Tìm tọa độ đỉnh C.
2/ Trong không 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
1=++ zxyzxy
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P =
xz
z
zy
y
yx
x

1
-
=
+
=
zyx
. Tìm trên (d) hai điểm A và B sao cho tam giác MAB đều.
Câu VII b. (1 điểm). Giải bất phương trình sau:
(
)
(
)
xxxx -+>++ 1log.log1log.log
2
5
13
2
5
3
1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 06
Môn: TOÁN – 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 =
1
-
x

-
+
-
+
.
Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =
ò
2
4
6
sin
p
p
x
dx

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 500cm
2
.
Câu V.(1 điểm) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x + y + z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
P =
111 +
+
+
+
+ z

+
=
-
=
zyx

và hai mặt phẳng
022:)(,052:)(
=
+
+
-
=
+
-
+
zyxzyx
b
a
. 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( 2cos
2
t ; 2(1 + sint.cost) ( t là tham số). Chứng minh rằng tập hợp của điểm M là

. Viết phương trình đường thẳng d song song với Oz cắt cả d
1

và d
2
.
Câu VII b. (1 điểm).Giải hệ phương trình :
î
í
ì
=+-+
=-
1)(log)(log
2
32
22
yxyx
yx

…………………o0o………………. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – ĐỀ SỐ 07
Môn: TOÁN – 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 =
1

4
pp
x
.
MATHVN.COM – www.mathvn.com

© 2010 – www.mathvn.com
25
Câu III. (1 điểm). Tính tích phân I =
ò
++
2
0
sincos1
p
xx
dx
.
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 vuông . 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 =
zyx
zx
zyx
yz
zyx
xy

1
2 zyx
=
-
-
=
-
và
d
2
:
ï
î
ï
í
ì
=
=
-=
tz
y
tx
3
22
.
a) Lập phương trình mặt phẳng (P) song song cách đều d
1
và d
2
.

)
2loglog
37
+= xx

…………… o0o……………