3 Đề thi thử đại học môn Toán - Khối A, B

mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng:, và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng ’. 
 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1: ; d2: và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng D, biết D nằm trên mặt phẳng (P) và D cắt hai đường thẳng d1, d2 .
Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z4 – z3 + 6z2 – 8z – 16 = 0
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 4 y – 5 = 0 và (C2): x2 + y2 - 6x + 8y + 16 = 0 Lập phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) 
 2.Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
-----------------Hết---------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:  Số báo danh: 0985.873.128
ĐÁP ÁN DE SO 1
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
1
*Tập xác định: D = R
* y’ = - 3x2 + 6x ; y’ = 0 
*Bảng biến thiên 
 x -¥ 0 3 + ¥
 y’ - 0 + 0 - 
 + ¥ 2 
 y
 -2 	-¥
* Hàm số nghịch biến trên ( -;1) và ( 3; +); đồng biến trên ( 1; 3)
* Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = -2; hàm số đạt cực đại tại x = 2 và yCĐ = 2
* Đồ thị : 
1đ
2
 (1,0 điểm): Gọi M M(m;2). Gọi là đường thẳng đi qua điểm M và có hệ số góc k PTĐT có dạng : y=k(x-m)+2.
ĐT là tiếp tuyến của (C ) khi và chỉ khi hệ PT sau có nghiệm (I).
Thay (2) và (1) được: 2x3 -3(m+1)x2+6mx-4=0 (x-2)[2x2-(3m-1)x+2]=0
 . Đặt f(x)=VT(3)
Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến đồ thị ( C) hệ (I) có 3 nghiệm x phân biệt PT(3) có hai nghiệm phan biệt khác 2 .
Vậy M(m;2) thuộc (d): y=2 với thì từ M kẻ được 3 tiếp tuyến đến (C)
0,25
0,25
0,25
0,25
II
1
Điều kiện 
Bình phương hai vế ta được 
Đặt ta được bpt ( do) Với 
 ( do ) Vậy bpt có nghiệm 
0,5
0,5
2
4cos2x-sin2x(sinx+cosx)-4(sinx+cosx)=0(sinx+cosx)[4(cosx-sinx)-sin2x-4]=0
 . PT (2) có nghiệm .
Giải (2) : Đặ , thay vào (2) được PT: t2-4t-5=0 t=-1( t/m (*)) hoặc t=5(loại )
Với t=-1 ta tìm được nghiệm x là : .
KL: Họ nghiệm của hệ PT là:, 
0,25
0,25
0.25
0,25
III
Đặt . Đổi cận 
Suy ra 
0,5
0,5
IV
Gọi M là trung điểm BC ta thấy: 
Kẻ (do nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)
Do .Vậy HM là đọan vông góc chung của
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
AA’và BC, do đó .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH
 ta có: 
 suy ra 
Thể tích khối lăng trụ: 
0,5
0,5
V
Trước hết ta có: (biến đổi tương đương) 
Đặt x + y + z = a. Khi đó 
(với t = , )
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t. Có
Lập bảng biến thiên GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0
0,5
0,5
VIa
1
Tâm I của đường tròn thuộc nên I(-3t – 8; t)
Theo yc thì k/c từ I đến ’ bằng k/c IA nên ta có 
Giải tiếp được t = -3 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25.
0,25
0,25
0,5
2
Gọi A = d1Ç(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2 Ç (P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng D thỏa mãn bài toán đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng D là 
Phương trình chính tắc của đường thẳng D là: 
0,5
0,5
VIIa
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 hoặc Honer 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 = vaø Z4 = –
Ñaùp soá: 
0,5
0,5
VIb
1
Gọi tiếp tuyến chung của là 
 là tiếp tuyến chung của 
Từ (1) và (2) suy ra hoặc 
Trường hợp 1: .Chọn 
Trường hợp 2: . Thay vào (1) được
0,5
0,5
2
Gọi 
0,5
0,5
VIIb
 Điều kiện: 
Hệ phương trình 
 ( loại) Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
0,5
0,5
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.
------------------Hết------------------
Bé gd & §T
§Ò tham kh¶o 2010
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 
MÔN TOÁN – KHỐI A
 (Thời gian làm bài: 180 phút)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II. (2,0 điểm) 
Giải phương trình: 2. Giải hệ phương trình: 
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân 
Câu IV. (1,0 điểm) 	Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a.
Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : . Chứng minh rằng: 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm) 
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có , trực tâm , trọng tâm . Xác định toạ độ các đỉnh B và C.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng và mặt cầu (S) có phương trình và .
Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng . Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng .
Câu VII.a (1,0 điểm) Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 
2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C.
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ (CD < AB). Tìm toạ độ điểm D.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
------------------------------- Hết -----------------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 
MÔN TOÁN – KHỐI A
 (Thời gian làm bài: 180 phút)
Câu
Đáp án
Điểm
I
2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm)
 Tập xác định TXĐ: 
 Sự biến thiên 
 Hàm số đồng biến trên và 
0,25
Bảng biến thiên 
x
 –¥ – 2 +¥
y’
 + +
y
 +¥ 2 
 2 –¥ 
0,25
Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = - 2; tiệm cận ngang y = 2
Đồ thị nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng
0,25
Đồ thị: 
y
 6
 2
 –2 
x
 O
0,25
2
Viết phương trình tiếp tuyến (1,00 điểm)
 Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ thuộc đồ thị (C) có phương trình: 
Tâm đối xứng . Ta có 
0,25
0,25
 lớn nhất khi 
Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y = x và y = x + 8
0,50
II
2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
 Điều kiện 
Để ý rằng
0,25
Khi đó PT (1) trở thành: 
0,5
 : Không thoả điều kiện (*).
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.
0,25
2
Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
 Điều kiện: 
 Đặt . 
HPT trở thành: 
0,25
 Thay (2) vào (1) ta được:
0,25
 Nếu v = 3 thì u = 9, ta có HPT: 
0,25
 Nếu thì u = 7, ta có HPT:
So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của HPT.
0,25
III
Tính tích phân
1,00
 Đặt 
0,25
0,25
Với 
đặt 
0,25
Từ đó 
0,25
IV
Tính thể tích hình chóp S.ABMN
1,00
S
N
D
I
O
C
G
A
B
K
M
600
J
Kẻ SO vuông góc với (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD.
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm SAC 
	Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là 
0,25
Vì SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâmSIJ
IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD
0,25
0,25
(đvtt)
0,25
V
Chứng minh bất đẳng thức
1,00
 Vì nên 
0,25
Chứng minh tương tự : 
Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế : 
0,25
Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cauchy ta có : 
0,25
Cũng theo BĐT Cauchy ta được : 
Do đó (đpcm)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0,25
VI.a 
2,00
1
Tìm tọa độ điểm B và điểm C (1,00 điểm)
 Gọi I là trung điểm của BC. Ta có 
 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có PT : x – y – 3 = 0
Vì là trung điểm của BC. 
Giả sử và 
0,50
H là trực tâm của tam giác ABC nên 
0,25
	Vậy hoặc 
0,25
2
Viết phương trình mặt cầu đối xứng(1,00 điểm)
, tâm và R = 5
 Khoảng cách từ I đến 
 Vậy và mặt cầu (S) cắt nhau.
0,25
Gọi J là điểm đối xứng của I qua 
 PT đường thẳng IJ : 
0,25
Toạ độ giao điểm H của IJ và thoả 
	 Vì H là trung điểm của IJ nên 
0,25
 Mặt cầu (S’) có tâm J bán kính R’ = R = 5 nên có PT:
0,25
VII.a 
Số cách chọn đội tuyển bóng bàn quốc gia 
1,00
Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ
 Số cách chọn 3 nam còn lại là 
 Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là 
0,25
 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là (cách)
0,25
 2. Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường
 Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là 
 Số cách chọn 2 nữ còn lại là 
0,25
Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là (cách)
Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là 
1680 + 540 = 2220 (cách)
 ĐS: 2220 (cách)
0,25
VI.b 
2,00
1
Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C (1,00 điểm)
Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có PT: y = x
 Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ : 
Vì M là trung điểm của AC nên 
0,50
Vì BC đi qua C và song song với d nên PT (BC) : 
0,25
0,25
2
Tìm tọa độ đỉnh D (1,00 điểm)
Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3.
Gọi là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của và (S).
0,25
Đường thẳng có vectơ chỉ phương nên có phương trình: 
 Phương trình mặt cầu 
0,25
Toạ độ điểm D thoả HPT: 
0,25
Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7
Với (nhận)
0,25
VII.b 
Giải hệ phương trình 
1,00
PT
0,25
Với x = 0 thay vào (1) : 
0,25
Với thay y = 1 – 3x vào (1) ta được : 
Đặt , vì nên 
PT (3) : 
0,25
Đối chiếu điều kiện ta chọn . 
Khi đó 
Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm và 
0,25
KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 – DE so 2
Môn: Toán – Khối A, B
Thời gain làm bài: 180 phút
Ngày thi: 10/06/2010
 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 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 đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C).
Câu II: (2 điểm)
	1 Giải phương trình: 
	2. Giải bất phương trình: 
Câu III: ( 1 điểm). 
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) của hàm sô y = x3 – 2x2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C) tại điểm 
có hoành độ x0 = 0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox.
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai 
 đường thẳng AB và A’C bằng . Tính thể tích của khối lăng trụ
Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2
 Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: ( 2 điểm). 
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; và phương trình: x2 + y2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi m.Gọi các đường tròn tương ứng là (Cm). Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C).
2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( 1 điểm). 
	Cho x; y là các số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
 	P = 5xy – 3y2
 Phần 2: Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: ( 2 điểm). 
	1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng và 
. Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC.
2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm và đi qua điểm . Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức:
 P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M
Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức:
------------------------------------Hết --------------------------------------
Hướng dẫn giải
 Câu I:
	2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy --> IXY: 
 Hàm số đã cho trở thành : Y = hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X 
 Hay y – 2 = - x – 1 Û y = - x + 1
Câu II: 1. Điều kiện: và và cosx ≠ 0
 Biến đổi pt về: 4cos3x - 4 cos2x – cosx + 1 = 0 
	2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2.
 Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4
 Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0 
 V = 
Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH ^ M’C
 AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
 HC = ; M’C = ; MM’ = 
 Vậy V = 
Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+¥)
 = 
 Gọi x1; x2 Î [0;+¥) với x1 > x2
 Ta có : : f(x) là hàm số tăng 
 Từ phương trình (1) Þ x = y
 (2) 
 Đặt X = ==> 0 ≤ X < 1 
 Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1 
 Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X – 2 
 ==> hệ có nghiêm Û -1 < m ≤ 0 
 Câu VI.a
	1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính 
 OI , ta có OI < R’
 	Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( vì R’ > R)
 Giải ra m = - 1; m = 3/5
	2. Gọi I là tâm của (S) ==> I(1+t;t – 2;t)
	Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13
 (S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139
Câu VII.a
	Với y = 0 ==> P = 0
 Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có: (1)
	+ P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5
 + P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi 
 D’ = - P2 – 22P + 25 0 Û - 25/3 ≤ P ≤ 1 
	Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:
	1. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương 
 d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương 
 Ta có 
 (d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ==> A Î (d1,d2) 
 B(2 + t;3 + t;3 - 2t); Î d2 ==> t = - 1 ==> M(2;2;4)
 C( 1+t;4-2t;;3+t) : ==> t = 0 ==> C(1;4;2)
	2. (E): , a2 = b2 + 3 ==> 
 P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2() – (a2 – e2) = 1
Câu VII.b:
 Ta có: 
 Mà 
 = 
 Vậy S = 22010
-----------------------------------------------------
§Ò luyÖn thi cÊp tèc hÌ 2010
sè 4
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn Toán - Khối A, B.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )	
 Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số 
	1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1
	2/ Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân. 
 Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình: 
	 2/ Giải bất phương trình : 
 Câu III (1.0 điểm) Tìm thoả mãn phương trình: cot x - 1 = .
 Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : 
 Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = , , . 
 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh . Tính
PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )
(Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2.0điểm) 
 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: và phân giác trong CD:. Viết phương trình đường thẳng BC.
 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + + a15x15
 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + + a15
 b) Tìm hệ số a10.
Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng
 (P): 2x - y + z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P).
 B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 điểm)
 1, 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..
 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + + a15x15
 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + + a15
 b) Tìm hệ số a10.
 Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) và d1: y = -x + m, d2: y = x + 3.
 Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2.
 ******* Hết *******
ĐÁP ÁN 
Câu
ý
Hướng dẫn giải chi tiết
Điểm 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
7.00
Câu I
2
1
Cho hàm số ( C )
	 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
1
1* TXĐ: D = 
2* Sù biÕn thiªn của hàm số: 
 * Giíi h¹n tại v« cực: : 
0.25
 * Bảng biến thiên: 
 x -∞ -1 0 1 +∞
 y’ - 0 + 0 - 0 + 
 y +∞ 1 +∞
 0 0 
 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và , nghịch biến 
 Trên mỗi khoảng và 
Hàm số đạt cực tiểu tại , đạt cực đại tại 
0.5
3* §å thÞ: 
 * Điểm uốn: , các điểm uốn là: 
 * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0)
 * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
 * Đồ thị: 
0.25
2
Tìm các giá trị của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.
1
* Ta có 
0.25
* Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu :
 m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là: 
0.5
* Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A: vì đk (1)
 Trong đó 
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1.
0.25
Câu II
2
1
Giải hệ phương trình: 
1
* Điều kiện: 
Đặt ; không thỏa hệ nên xét ta có . Hệ phương trình đã cho có dạng:	
0.25
 hoặc 
 + (I) + (II)
0.25
Giải hệ (I), (II).
0.25
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là 
0.25
2
Giải bất phương trình : 
1
§K: 
BÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 
®Æt t = log2x,
BPT (1)
0.25
0.5
 VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: 
0.25
Câu III
T×m tho¶ m·n ph­¬ng tr×nh: 
 Cot x - 1 = .
1
 ĐK: 
Khi đó pt 
0.25
0.25
 tanx = 1 (tm)
KL:
0. 5
Câu IV
Tính tích phân : 
1
0.5
0.5
Câu V
Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = , , . 
 Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh . TÝnh
1
 S
A
B
C
M
N
Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã: 
Suy ra . T­¬ng tù ta còng cã SC = a.
0.25
Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , do hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn MB ^ SA, MC ^ SA. Suy ra SA ^ (MBC).
0.25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ^ BC. Tương tự ta cũng có MN ^ SA. 
.
0.25
Do ®ã (®vtt)
0.25
 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH
3.00
Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn
Câu VIa
2
1
Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy choABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: và phân giác trong CD:. Viết phương trình đường thẳng BC.
1
Điểm . 
Suy ra trung điểm M của AC là .
0.25
0.25
Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ).
 Suy ra . 
Tọa độ điểm I thỏa hệ: . 
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của .
Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 
0.25
0.25
2
Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + + a15x15
 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + + a15
 b) Tìm hệ số a10.
1
Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + + a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45
0.25
Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 
Theo gt ta cãa10= 
0.25
 0.5
CâuVII.a
Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P).
Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm
Ta có cùng phương với 
	mp(P) có VTPT 
0.25
Ta có = (6 ;15 ;3) , Chän VTPT cña mÆt ph¼ng (Q) lµ 
0.5
Mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) ®i qua A nhËn lµ VTPT cã pt lµ:	2(x + 1) + 5(y - 3) + 1(z + 2) = 0Û 2x + 5y + z - 11 = 0
0.25
Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
2
1
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..
1
 Ta có: . Phương trình của AB là: .
. I là trung điểm của AC và BD nên ta có: . 
0.5
Mặt khác: (CH: chiều cao) .
Ngoài ra: 
Vậy tọa độ của C và D là hoặc 
0.25
0.25
2
Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + + a15x15
 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + + a15
 b) Tìm hệ số a10.
1
Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + + a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5