Môn Toán khối A:
Đề khó, nhiều câu chỉ dành cho học sinh giỏi
Đề thi khối A năm nay nhìn chung khó hơn năm trước, câu khó kỳ này rơi vào hệ
phương trình (câu V) không như năm ngoái rơi vào câu bất đẳng thức.
Mức độ khó của 2 phần tự chọn (chương trình chuẩn và chương trình nâng cao) là
tương đối bằng nhau.
Tuy nhiên, có một sự khác biệt rất lớn về độ khó, độ phức tạp giữa đề thi tú tài và
tuyển thi đại học khối A năm nay, nên kỳ vọng kết hợp 2 trong 1 của 2 kỳ thi này sẽ
khó thực hiện được trong tương lai.
Phần chung:
Câu I: 1. Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị: Đề thi yêu cầu khảo sát hàm số bậc ba. Phần
này quá quen thuộc đối với học sinh, nên đa số học sinh dễ dàng làm được trọn vẹn.
2. Là một bài toán về sự tương giao: Đòi hỏi học sinh phải biết phân tích đa thức bậc
3 thành tích số và sử dụng định lý Viét.
Câu II: 1. Giải phương trình lượng giác: Bài này tương đối dễ. Học sinh chỉ cần biến
đổi đưa về phương trình tích số và đơn giản thành phương trình cơ bản. Có thể một
vài học sinh sẽ dư nghiệm vì quên loại điều kiện sinx khác ±1.
2. Đây là bài toán giải bất phương trình chứa căn: Bài này khó đòi hỏi phải có nhiều
kinh nghiệm và kỹ năng tính toán để biến đổi đưa về dạng tích số. Chỉ có học sinh
giỏi mới làm được câu này.
Câu III: Bài toán tích phân: Tuy đề có biểu thức rườm rà, nhưng cũng dễ dàng biến
đổi và được giải bằng phương pháp đổi biến số.
Câu IV: Bài toán hình học không gian: Là bài toán về khối chóp. Câu này có mức độ
khó trung bình, tuy nhiên để có thể giải được trọn vẹn câu này học sinh phải biết sử
dụng thành thạo định lý 3 đường vuông góc. Mặc dù vậy vì đa số học sinh yếu về hình
học không gian, nên chỉ học sinh khá mới có thể làm tốt được.
Câu V: Bài toán hệ phương trình: Đây là câu khó nhất trong đề thi. Học sinh phải
nhẩm được nghiệm trước và trên cơ sở đó đặt ẩn phụ thích hợp để giải. Để tìm ra cách
đặt ẩn phụ chính xác ở câu này quả là một điều rất gian nan, Tuy nhiên nếu những học
sinh đã quen với dạng toán này thì có thể giải dễ dàng.
Phần riêng:

Câu VIa: 1. Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng: Đây là bài toán về đường
thẳng trong mặt phẳng Oxy. Bài này tương đối khó, học sinh cần biết diễn dịch ngôn
ngữ hình học sang ngôn ngữ tọa độ, biết đưa điều kiện hình học về điều kiện đại số,
mới có thể giải được dễ dàng. Bài này còn có thể giải nhanh hơn bằng phương pháp
hình học thuần túy.
2. Bài toán hình học giải tích trong không gian: Đây là bài toán về đường tròn và mặt
phẳng trong không gian, bài này tương đối quen thuộc đối với học sinh và có mức độ
khó trung bình.
Câu VIIa: Bài toán về số phức, là bài toán dễ. Đòi hỏi học sinh phải biết thực hiện
thành thạo các phép toán về số phức và thuộc định nghĩa số phức liên hợp.
Câu VIb: 1. Bài toán hình học giải tích trong mặt phẳng: Đây là bài toán về đường
thẳng trong mặt phẳng Oxy. Bài này dễ hơn so với câu VIa. Tuy nhiên, nếu không có
kinh nghiệm thì sẽ dẫn đến việc giải một hệ phương trình phức tạp thay vì chỉ giải
một phương trình bậc 2 một ẩn. Do đó, học sinh khá mới có thể làm tốt được câu này.
Nếu giải bằng hình học thuần túy, học sinh dễ bị giải sót nghiệm.
2. Bài toán hình học giải tích trong không gian: Đây là bài toán về mặt cầu. Bài này
cũng tương đối quen thuộc đối với học sinh, mức độ khó trung bình giống câu VIa.2.
Câu VIIb: Bài toán về số phức, là bài toán quen thuộc. Học sinh chỉ cần nắm được
dạng lượng giác và biết công thức tính mô-đun của số phức thì có thể giải được dễ
dàng. Tuy nhiên, câu số phức này khó hơn câu số phức của phần chuẩn. Nếu học sinh
không sử dụng công thức lượng giác của số phức thì phải tính toán dài dòng hơn.
Tiến sĩ Nguyễn Phú Vinh
(Trưởng khoa Cơ bản, trường ĐH Công nghiệp TP.HCM)
Môn Toán khó đạt điểm cao
(Tamnhin.net) - Sáng nay buổi thi đầu tiên kỳ thi tuyển sinh ĐH,CĐ 2010 bắt đầu với
môn Toán. Nhiều trường hợp bị xử lý kỷ luật do gian lận thi cử, sử dụng điện thoại
trái phép. Các thí sinh cho rằng đề thi môn Toán sáng nay khá khó “ăn điểm”
Thí sinh trao đổi bài sau khi ra khỏi phòng thi
Theo thông tin từ gửi về Bộ GD & ĐT của các hội đồng thi, có hơn 12 trường hợp bị
đình chỉ thi. Nhiều trường hợp bị nhắc nhở, chủ yếu là do gian lận thi cử, sử dụng

điện thoại trong phòng thi. Riêng tại hội đồng thi trường ĐH Thương mại có đến 8
trường hợp bị đình chỉ thi, trong số đó 6 thí sinh sử dụng điện thoại di động, số còn lại
chủ yếu là sử dụng tài liệu trái phép.
Đa phần các thí sinh dự thi đều cho rằng đề toán rất khó “ăn điểm”, nhiều thí sinh đã
rời khỏi phòng thi sớm hơn thời gian 120 phút. Trao đổi với em Nguyễn Nguyên
Minh thí sinh dự thi trường Học viện Ngân Hàng “Đề thi môn toán khá khó em chỉ
làm được khoảng 60 % , các bạn cùng phòng cũng ít người làm được bài, chỉ có vài
ba bạn làm được khoảng 70 % đến 80 %.”
Nhiều thí sinh cho rằng đề toán năm nay khó "ăn điểm"
Một số thầy cô giáo trong lĩnh vực toán học thì cho rằng đề toán năm nay khá hay. Đề
thi có 10 ý, những thí sinh có học lực trung bình khá có thể làm được 5 điểm, những
thí sinh loại khá có thể đạt khoảng 7 – 8 điểm, học sinh nào xuất sắc mới dành được
số điểm cao hơn. Đây là một đề thi phân loại rõ ràng học lực của học sinh.
Trong điều kiện thời tiết nắng nóng gần 40 độ ở miền Bắc nhiều thi sinh đã phải nhập
viện sau buổi thi đầu tiên, do thời tiết quá khắc nghiệt, tạo áp lực, căng thẳng không
nhỏ cho các thí sinh dự thi. Tạo sự lo lắng đối với các bậc phụ huynh.
Phan Chính
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
– 2x
2
+ (1 – m)x + m (1), m là số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành
độ x
1
, x

2
, x
3
thỏa mãn điều kiện :
2 2 3
1 2 2
x x x 4+ + <
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin x cos2x)sin x
1
4
cos x
1 tan x
2
π
 
+ + +
 ÷
 
=
+
2 Giải bất phương trình :
2
x x
1
1 2(x x 1)
−
≥
− − +

Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân :
1
2 x 2 x
x
0
x e 2x e
I dx
1 2e
+ +
=
+
∫
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi
M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và
DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH =
a 3
. Tính thể tích khối
chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2 2
(4 1) ( 3) 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x

+ + − − =


+ + − =



(x, y ∈ R).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d
1
:
3 0+ =x y
và d
2
:
3 0x y− =
. Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d
2
tại hai điểm B và C
sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết tam giác ABC
có diện tích bằng
3
2
và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
:
2 1 1
x y z− +

∆ = =
−
và mặt phẳng
(P) : x − 2y + z = 0. Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính
khoảng cách từ M đến (P), biết MC =
6
.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần ảo của số phức z, biết
2
( 2 ) (1 2 )z i i= + −
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường
thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y
−
4 = 0. Tìm
tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của
tam giác đã cho.
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng
2 2 3
:
2 3 2
x y z+ − +
∆ = =
. Tính khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu
tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1 điểm).
Cho số phức z thỏa mãn
2
(1 3 )

1
i
z
i
−
=
−
. Tìm môđun của số phức
z iz+
BÀI GIẢI
Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x
3
– 2x
2
+ 1.
Tập xác định là R. y’ = 3x
2
– 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x =
4
3
;
lim
x
y
→−∞
= −∞
và
lim
x
y

→+∞
= +∞
x
−∞ 0
4
3
+∞
y’
+ 0 − 0 +
y
1 +∞
−∞ CĐ
5
27
−
CT
Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) ; (
4
3
; +∞); hàm số nghịch biến trên (0;
4
3
)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x=
4
3
; y(
4
3
) =

5
27
−
y" =
6 4x −
; y” = 0 ⇔ x =
2
3
. Điểm uốn I (
2
3
;
11
27
)
Đồ thị :
2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là :
x
3
– 2x
2
+ (1 – m)x + m = 0 ⇔ (x – 1) (x
2
– x – m) = 0
⇔ x = 1 hay g(x) = x
2
– x – m = 0 (2)
Gọi x
1
, x

2
là nghiệm của phương trình (2). Với điều kiện 1 + 4m > 0 ta có :
x
1
+ x
2
= 1; x
1
x
2
= –m. Do đó yêu cầu bài toán tương đương với:
2 2
1 2
1 4m 0
g(1) m 0
x x 1 4

+ >

= − ≠

+ + <


⇔
2
1 2 1 2
1
m
4

m 0
(x x ) 2x x 3

> −


− ≠

+ − <



⇔
1
m
4
m 0
1 2m 3

> −


≠

+ <



⇔
1

m
4
m 0
m 1

> −


≠

<




⇔
1
m 1
4
m 0


− < <

≠


Câu II: 1. Điều kiện :
cos 0x
≠

và tanx ≠ - 1
PT ⇔
(1 sin cos2 ).(sin cos )
cos
1 tan
x x x x
x
x
+ + +
=
+
y
x
0
1
4
3
1
5
27
−
⇔
(1 sin cos 2 ).(sin cos )
cos cos
sin cos
x x x x
x x
x x
+ + +
=

+

2
(1 sin cos2 ) 1 sin cos 2 0
1
2sin sin 1 0 sin 1( ) sin
2
7
2 2 ( )
6 6
x x x x
x x x loai hay x
x k hay x k k
⇔ + + = ⇔ + =
⇔ − − = ⇔ = = −
π π
⇔ = − + π = + π ∈¢
2. Điều kiện x ≥ 0
Bất phương trình ⇔
2
2
x x 1 2(x x 1)
0
1 2(x x 1)
− − + − +
≥
− − +
▪ Mẫu số < 0 ⇔
2
2(x x 1) 1− + >

⇔ 2x
2
– 2x + 1 > 0 (hiển nhiên)
Do đó bất phương trình ⇔
2
x x 1 2(x x 1)− − + − +
≤ 0
⇔
2
2(x x 1) x x 1− + ≤ − + +
⇔
2
x x 1 0
(x 1) 2 x (x 1) x 0

− + + ≥

− + − + ≤

⇔
2
x x 1 0
(x 1 x) 0

− + + ≥

− + ≤

⇔
x 1 x= −

⇔
{
2
0 x 1
x (1 x)
≤ ≤
= −
⇔
{
2
0 x 1
x 3x 1 0
≤ ≤
− + =
⇔
0 x 1
3 5
x
2
≤ ≤


±

=


⇔
3 5
x

2
−
=

Cách khác :
Điều kiện x ≥ 0
Nhận xét :
2
2
1 3 3
1 2( 1) 1 2 1 0
2 4 2
x x x
 
 
− − + = − − + ≤ − <
 
 ÷
 
 
 
(1) ⇔
2
1 2( 1)x x x x− ≤ − − +
* x = 0 không thoả.
* x > 0 : (1)
1 1
1 2 1x x
x
x

 
⇔ − ≤ − + −
 ÷
 

1 1
2 1 1x x
x
x
 
⇔ + − ≤ − +
 ÷
 
Đặt
2
1 1
2t x x t
x
x
= − ⇒ + = +
(1) thành :
2
2 2
1
2( 1) 1
2 2 2 1 (*)
t
t t
t t t
≥ −


+ ≤ + ⇔

+ ≤ + +

(*)
2 2
2 1 0 ( 1) 0 1t t t t− + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ =

1
1 1 0
1 5
6 2 5 3 5
2
4 2
1 5
( )
2
x x x
x
x
x
x loai
⇔ − = ⇔ + − =

− +
=

− −


⇔ ⇔ = =

− −
=


Câu III.
1 1 1
2
2
0 0 0
(1 2 )
1 2 1 2
x x x
x x
x e e e
I dx x dx dx
e e
+ +
= = +
+ +
∫ ∫ ∫
;
1
1
3
2
1
0
0

1
;
3 3
x
I x dx= = =
∫

1
2
0
1 2
x
x
e
I dx
e
=
+
∫
=
1
0
1 (1 2 )
2 1 2
x
x
d e
e
+
+

∫
=
1
0
1
ln(1 2 )
2
x
e+
=
1 1 2
ln
2 3
e+
 
 ÷
 
Vậy I =
1 1 1 2
ln
3 2 3
e+
 
+
 ÷
 
Câu IV:
S
(NDCM)
=

2
2
2
1 1 5
2 2 2 2 8
a a a
a a
 
− − =
 ÷
 
(đvdt) ⇒ V
(S.NDCM)
=
2 3
1 5 5 3
3
3 8 24
a a
a =
(đvtt)
2
2
5
4 2
a a
NC a= + =
,
Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau
Nên

·
·
NCD ADM=
vậy DM vuông NC
Vậy Ta có:
2
2
2
.
5 5
2
a a
DC HC NC HC
a
= ⇒ = =

Ta có tam giác SHC vuông tại H, và khỏang cách của DM và SC chính là chiều cao h
vẽ từ H trong tam giác SHC
Nên
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 19 2 3
4 3 12
19
a
h
h HC SH a a a
= + = + = ⇒ =
Câu V : ĐK :
3
4

x ≤
. Đặt u = 2x;
5 2v y= −
Pt (1) trở thành u(u
2
+ 1) = v(v
2
+1) ⇔ (u - v)(u
2
+ uv + v
2
+ 1) = 0 ⇔ u = v
Nghĩa là :
2
3
0
4
2 5 2
5 4
2
x
x y
x
y

≤ ≤


= − ⇔


−

=


Pt (2) trở thành
2 4
25
6 4 2 3 4 7 (*)
4
x x x− + + − =
Xét hàm số
4 2
25
( ) 4 6 2 3 4
4
f x x x x= − + + −
trên
3
0;
4
 
 
 
2
4
'( ) 4 (4 3)
3 4
f x x x
x

= − −
−
< 0
BA
CD
H
M
N
S
Mặt khác :
1
7
2
f
 
=
 ÷
 
nên (*) có nghiệm duy nhất x =
1
2
và y = 2.
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x =
1
2
và y = 2
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1. A ∈ d
1

⇒ A (a;
3a−
) (a>0)
Pt AC qua A ⊥ d
1
:
3 4 0x y a− − =
AC ∩ d
2
= C(−2a;
2 3a−
)
Pt AB qua A ⊥ d
2
:
3 2 0x y a+ + =
AB ∩ d
2
= B
3
;
2 2
a a
 
− −
 ÷
 ÷
 
2
2

3 1 1 2
. 3 ; 1 ; ; 2
2
3 3 3
1 3 1 3
; ; 1 ( ) : 1
2 2
2 3 2 3
ABC
S BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y
∆
   
= ⇔ = ⇔ = ⇒ − − −
 ÷  ÷
   
−
   
 
⇒ − = = ⇒ + + + =
 ÷
 ÷  ÷
 
   
¡
2. C (1 + 2t; t; –2 – t) ∈ ∆
C ∈ (P) ⇒ (1 + 2t) – 2t – 2 – t = 0 ⇒ t = –1 ⇒ C (–1; –1; –1)
M (1 + 2t; t; –2 – t)
MC
2

= 6 ⇔ (2t + 2)
2
+ (t + 1)
2
+ (–t – 1)
2
= 6 ⇔ 6(t + 1)
2
= 6 ⇔ t + 1 = ±1
⇔ t = 0 hay t = –2
Vậy M
1
(1; 0; –2); M
2
(–3; –2; 0)
d (M
1
, (P)) =
1 0 2
1
6 6
− −
=
; d (M
2
, (P)) =
3 4 0
6
1
6

− + +
=
Câu VII.a:
2
z ( 2 i) (1 2i)= + −
=
(1 2 2i)(1 2i)+ −
=
(5 2i)+
⇔
z 5 2i= −
⇒ Phần ảo của số phức z là
2−
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b :
1. Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0 ⇔ x – y = 0
Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với IJ : x + y – 4 = 0), suy ra K là nghiệm
của hệ
{
x y 0
x y 4
− =
+ =
⇒ K (2; 2)
K là trung điểm của AH ⇔
{
H K A
H K A
x 2x x 4 6 2
y 2y y 4 6 2

= − = − = −
= − = − = −
⇔ H (-2; -2)
Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = 0 ⇔ x + y + 4 = 0
Gọi B (b; -b – 4) ∈ BC
Do H là trung điểm của BC ⇒ C (-4 – b; b); E (1; -3)
Ta có :
CE (5 b; b 3)= + − −
uuur
vuông góc với
BA (6 b;b 10)= − +
uuur
⇒ (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0
⇒ 2b
2
+ 12b = 0 ⇒ b = 0 hay b = -6
Vậy B
1
(0; -4); C
1
(-4; 0) hay B
2
(-6; 2); C
2
(2; -6)
2. ∆ qua M (-2; 2; -3), VTCP
a (2;3;2)=
r
;
AM ( 2;2; 1)= − −

uuuur
⇒
a AM ( 7; 2;10)∧ = − −
r uuuur
⇒ d( A, ∆) =
a AM
49 4 100 153
17
4 9 4
a
∧
+ +
= =
+ +
r uuuur
r
=3
Vẽ BH vuông góc với ∆
Ta có : BH =
BC
4
2
=
. ∆AHB ⇒ R
2
=
153 425
16
17 17
+ =

=25
Phương trình (S) :
2 2 2
x y (z 2) 25+ + + =
Câu VII.b:
3
(1 3i)
z
1 i
−
=
−
.
(1 3i) 2 cos( ) isin( )
3 3
π π
 
− = − + −
 ÷
 

⇒
( )
3
(1 3i) 8 cos( ) isin( )− = −π + −π
=
8
−
⇒
8 8(1 i)

z 4 4i
1 i 2
− − +
= = = − −
−
⇒
z iz 4 4i i( 4 4i)+ = − − + − +
=
8(1 i)− +
⇒
z iz 8 2+ =
Trần Văn Toàn, Hoàng Hữu Vinh
(Trung tâm BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn)