Đề và đáp án tuyển sinh DH, CD mon Toan khối A,B,D năm 2009

Bộ giáo dục và đào tạo
Đề chính thức
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2009
Môn thi: toán; Khối A; B; D
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I (2,0 im)
Cho hm s y = x
3
(2m 1)x
2
+ (2 m)x + 2 (1), vi m l tham s thc
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1) khi m = 2
2. Tỡm cỏc giỏ tr ca m hm s (1) cú cc i, cc tiu v cỏc im cc tr ca th
hm s (1) cú honh dng.
Cõu II (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh
2
(1 2sin x) cos x 1 sin x cos x+ = + +
2. Gii bt phng trỡnh
x 1 2 x 2 5x 1 (x )+ + + Ă
Cõu III (1,0 im)
Tớnh tớch phõn
1
2x x
0
I (e x)e dx

= +

Cõu IV (1,0 im)

Cho hỡnh chúp t giỏc u S.ABCD cú AB = a, SA =
a 2
. Gi M, N v P ln lt l trung
im ca cỏc cnh SA, SB v CD. Chng minh rng ng thng MN vuụng gúc vi
ng thng SP. Tớnh theo a th tớch ca khi t din AMNP.
Cõu V (1,0 im)
Cho a v b l hai s thc tho món 0 < a < b < 1. Chng minh rng a
2
lnb b
2
lna > lna
lnb
PHN RIấNG (3,0 im)
Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B)
A. Theo chng trỡnh Chun
Cõu VI.a (2,0 im)
1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho tam giỏc ABC cú C(1; 2), ng trung
tuyn k t A v ng cao k t B ln lt cú phng trỡnh l 5x+y9 = 0 v x + 3y 5
= 0. Tỡm to cỏc nh A v B.
2. Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho cỏc mt phng (P
1
) : x + 2y + 3z + 4 = 0 v
(P
2
) : 3x + 2y z + 1 = 0. Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua im A(1; 1; 1), vuụng
gúc vi hai mt phng (P
1
) v (P
2
)

Cõu VII.a (1,0 im)
Cho s phc z tho món (1 + i)
2
(2 i)z = 8 + i + (1 + 2i)z. Tỡm phn thc v phn o ca
z.
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VI.b (2,0 im)
1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho cỏc ng thng
1
: x 2y 3 = 0 v
2
: x +
y +1 = 0. Tỡm to im M thuc ng thng
1
sao cho khong cỏch t im M n
ng thng
2
bng
1
2
2. Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho tam giỏc ABC cú A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) v
trng tõm G(0; 2; 1). Vit phng trỡnh ng thng i qua im C v vuụng gúc vi
mt phng (ABC).
Cõu VII.b (1,0 im)
Gii phng trỡnh sau trờn tp hp cỏc s phc :
4z 3 7i
z 2i
z i

=

BÀI GIẢI
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
1) m = 2; y = x
3
- 3x
2
+2
TXĐ D = R ; y’ = 3x
2
- 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2

lim
x
y
→+∞
= +∞
;
lim
x
y
→−∞
= −∞
x
−∞ 0 2 +∞
y' + 0 - 0 +
y
2 +∞

-∞ -2

y đồng biến trên các khoảng (-∞;0); (2;+ ∞); y nghịch biến trên (0;2)
y đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại bằng 2;
y đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu bằng -2
giao điểm của đồ thị với trục tung là (0;2)
giao điểm của đồ thị với trục hoành là (1;0);
( )
1 3;0±
2. y’ = 0 ⇔ 3x
2
– 2(2m – 1)x + 2 – m = 0 (*)
Ycbt ⇔ pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt
⇔
' 0
P 0
S 0
∆ >


>

>


⇔
2
4m m 5 0
2 m
0
3
2(2m 1)

0
3


− − >

−
>


−

>

⇔
5
m 1 hay m
4
m 2
1
m
2

< − >


<


>



⇔
5
4
< m < 2
Câu II : 1. Pt ⇔ (1 + 4sinx + 4sin
2
x)cosx = 1 + sinx + cosx
⇔ cosx + 4sinxcosx + 4sin
2
xcosx = 1 + sinx + cosx
⇔ 4sinxcosx(1 + sinx) = 1 + sinx
⇔ 1 + sinx = 0 hay 4sinxcosx = 1
⇔ sinx = -1 hay sin2x =
1
2
⇔ x =
k2
2
π
− + π
hay x =
k
12
π
+ π
hay x =
5
k

12
π
+ π
2.
x 1 2 x 2 5x 1+ + − ≤ +

x 2
(x 1)(x 2) 2
≥


⇔

+ − ≤



2
x 2
x 2
2 x 3
2 x 3
x x 6 0
≥
≥


⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤
 
− ≤ ≤

− − ≤


Câu III: I =
1 1
x x
0 0
e dx xe dx
−
+
∫ ∫
; I
1
=
1
1
x x
0
0
1
e dx e 1
e
− −
= − = −
∫
I
2
=
1
x

0
xe dx
∫
, đặt u = x ⇒ du = dx; đặt dv = e
x
dx, chọn v = e
x
Vậy I
2
=
1
1
x x
0
0
xe e dx 1− =
∫
⇒ I = I
1
+ I
2
=
1
2
e
−

x
y
2

1
0
1
2 3
-1
-2
Câu IV: Gọi I là trung điểm AB.
Ta có MN // AB // CD và SP ⊥ CD ⇒ MN ⊥ SP
∆SIP cân tại S, SI
2
=
2 2
2
a 7a
2a
4 4
− =

⇒ SI = SP =
a 7
2
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD,
ta có SO
2
=SI
2
–OI
2
=
2

2 2
7a a 6a
4 2 4
 
− =
 ÷
 
⇒SO =
a 6
2
, H là hình chiếu vuông góc của P xuống mặt phẳng SAB
Ta có S
(SIP)
=
1 1
SO.IP PH.SI
2 2
=
⇒ PH =
SO.IP
SI
=
a 6 2 a 6
a
2
a 7 7
=
V =
3
(AMN )

1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6
S .PH . .
3 3 2 2 2 2 48
7
 
= =
 ÷
 
(đvtt)
Câu V :Đặt
2
ln x
f (x) ; 0 x 1
x 1
= < <
+
2 2
2 2
x 1 2x ln x
f '(x) 0 , x (0;1)
x(x 1)
+ −
⇒ = > ∀ ∈
+
⇒
f đồng biến trên (0 ; 1)
⇒
f(b) > f(a) với 0 < a < b < 1
2 2
ln b ln a

b 1 a 1
⇒ >
+ +
với 0 < a < b < 1
2 2
a ln b b ln a ln a ln b⇒ − > −
Câu VI.a.
1. Giả sử AM: 5x + y – 9 = 0, BH: x + 3y – 5 = 0.
AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) = 0 ⇔ 3x – y + 1 = 0.
A = AC ∩ AM ⇒ A(1; 4)
B ∈ BH ⇔ B (5 – 3m; m)
M là trung điểm BC ⇔ M
4 3 2
;
2 2
m mæ ö- -
÷
ç
÷
ç
÷
è ø
.
M ∈ AM ⇔
4 3 2
5. 9 0
2 2
m m- -
+ - =
0mÛ =

. Vậy B(5; 0)
2.
( ) ( )
1 2
( ) ( )
1;2;3 , 3;2; 1
P P
n n= = -
uuur uuur
(P) qua A(1; 1; 1). (P)⊥ (P
1
), (P
2
) ⇒ (P) có một vectơ pháp tuyến:
1 2
( ) ( ) ( )
,
P P P
n n n
é ù
=
ê ú
ë û
uuur uuur uuur
= (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2)
Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0
⇔ 4x – 5y + 2z – 1 = 0.
Câu VII. a.
( ) ( )
2

1 2 8 (1 2)i i z i i z+ - = + + +
( ) ( )
2 2 (1 2 ) 8i i z i z iÛ - - + = +
4 2 1 2 8z i i i
é ù
Û + - - = +
ê ú
ë û
( ) ( )
8 1 2
8 8 15 2 10 15
2 3
1 2 5 5 5
i i
i i i
z i
i
+ -
+ - + -
Û = = = = = -
+
Phần thực của z là 2. Phần ảo của z là – 3.
Câu VI.b. 1. M ∈ ∆
1
⇔ M (2m + 3; m)
A
B
C
D
S

P
I
O
M
N
d(M, ∆
2
) =
1
2
⇔
2m 3 m 1
1
2 2
+ + +
=
⇔3m + 4= 1 ⇔ m = -1 hay m =
5
3
−
Vậy M (1; -1) hay M (
1
3
−
;
5
3
−
)
2. G là trọng tâm ∆ABC ⇒ C (-1; 3; -4)

AB ( 1;1;1)= −
uuur
;
AC ( 2;2; 4)= − −
uuur
⇒
a [AB,AC] 6(1;1;0)
∆
= = −
uur uuur uuur
⇒ pt ∆ :
x 1 t
y 3 t
z 4
= − +


= +

= −


(t ∈ R)
Câu VII.b.
4z 3 7i
z 2i
z i
− −
= −
−

⇔ 4z – 3 – 7i = z
2
– 3iz – 2 ⇔ z
2
– (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0
∆ = (4 + 3i)
2
– 4(1 + 7i) = 3 – 4i = (2 – i)
2

Vậy
4 3i 2 i
z 3 i
2
+ + −
= = +
hay z =
4 3i 2 i
1 2i
2
+ − +
= +