BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Mơn Thi: TỐN – Kh
ố
i A
ĐỀ THI THAM KHẢO
Th
ờ
i gian: 180 phút, khơng k
ể
th
ờ
i gian giao đ
ề
I. PH Ầ N CHUNG: (7 điểm)
Câu 1:Cho hàm số: y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 có đồ (C
m
); (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số khi m = 3.
2. Xác đònh m để (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp
tuyến của (C
m
) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu 2:
1. Giải phương trình: 2cos3x +
3

⊥
.
Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn
1 1 1
2009
x y z
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
II.PHẦN TỰ CHỌN:
1.Ph ầ n 1
:
Theo chương trình chuẩn
Câu 6.1a
1.Phương trình hai cạnh của một tamgiác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;
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 Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) :
2
2z
2
y
1
1x
+

4z
ty
t2x
; (d
2
) :
3
0
x t
y t
z
= −


=


=

Chứng minh (d
1
) và (d
2
) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc
chung của (d
1
) và (d
2
).
Câu 6b.2b Giải phương trình sau trong C: Z

→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
+ y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x
2
+ 2x + 1) = 3(x + 1)
2
≥ 0; ∀x
* Bảng biến thiên:

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0)
* Đồ thò (C
3
):
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔ x(x
2
+ 3x + m) = 0 ⇔
=


+ + =

0 3 0 m 0
9
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
= y’(x
D
) =
+ + = − +
2
D D D
3x 6x m (x 2m);
k
E
= y’(x
E
) =
+ + = − +
2
E E E
3x 6x m (x 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1.
⇔ (3x
D
+ 2m)(3x
E

9 65
8
ĐS: m =
( ) ( )
− = m
1 1
9 65 hay m 9 65
8 8
Câu 2
:
1.
+ + =3 sin x cos x 2 cos3x 0
⇔ sin
π
3
sinx + cos
π
3
cosx = – cos3x.
⇔ cos
π
 
− =−
 
 
x cos3x
3
⇔ cos
π
 

2 2 2 2
91 91 2 2x y y x y x+ − + = − − − + −

2 2
2 2
( )( )
2 2
91 91
x y y x
y x y x
y x
x y
− −
⇔ = + − +
− + −
+ + +

2 2
1
( ) 0
2 2
91 91
x y
x y x y
x y
x y
 
+
 ÷
⇔ − + + + =

x x
x
x
 
 
⇔ − + − − =
 ÷
 ÷
 ÷
− +
+ +
 
 
⇔ x = 3
Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu 3
: J 
−
−
 
= = =
 
−
∫ ∫
b
b
ln10 8
x
8

b 2/ 3
b ln2 b ln 2
3 3
lim J lim 4 (e 2) (4) 6
2 2
Câu 4:
Dựng
SH AB
⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α
° SHN = SHP ⇒ HN = HP.
S
H
P
C
A
B
N
ϕ
° AHP vuông có:
o
a 3

4
a b
a b
 
⇔ + ∀ >
 ÷
 
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
 
     
≤ + ≤ + + = + +
 
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     
 
Tương tự:
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
và
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 

b
ả
n
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
a
r
= (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. Gọi A(a; 0; 0)
Ox∈
.
° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () :
2 2 2
2a 2a
d(A; )
3
2 1 2
α = =
+ +
° () qua
0
M (1; 0; 2)−
và có vectơ chỉ phương
u (1; 2; 2)=
r
° Đặt

4(a 3) 0 a 3.
− +
⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + =
⇔ − = ⇔ =
° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).
Câu 6a
.2
a
n =
a b c d e
* Xem các số hình thức
a b c d e
, kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vò trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là
c). Sau đó chọn trò khác nhau cho 4 vò trí còn lại từ X \
{ }
1
: số cách chọn
4
7
A
.
Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài.
* Xem các số hình thức
0b cd e
.
* Loại những số dạng hình thức
0b cd e
ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài.
1. Ph
ầ

AMI
= 30
0

0
sin 30
IA
MI⇔ =
⇔ MI = 2R ⇔
2
9 4 7m m+ = ⇔ = m
(2) ⇔
·
AMI
= 60
0

0
sin 60
IA
MI⇔ =
⇔ MI =
2 3
3
R ⇔
2
4 3
9
3
m + = Vơ nghiệm

) chéo nhau.
° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
)
°
1
M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒
,
/ /
2
N (d ) N(3 t ; t ; 0)∈ ⇒ + −
/ /
MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − −
uuuur
° Ta có:
/ /
/
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4)
t 1
N(2; 1; 0)
t 1
3 t 2t (t t) 0
MN u



2
– 8Z – 16 = 0