ĐỀ THI ĐAI HỌC CỦA BỘ GIÁO DỤC

BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010.
Môn thi : Toán.
ĐỀ CHINH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
(C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình sau:
( )
6 6
8 sin 3 3sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x
+ + = − +
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x


− =


− = −


.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I =
1
2
1
2
1
( 1 )
x
x
x e dx
x
+
+ −
∫
.
Câu IV(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (ACD) bằng . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ
diện ABCD bằng .
Câu V (1 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện
( )
2 2
2 1x y xy+ = +
. Tìm giá trị lớn nhất và giá

trị nhỏ nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy
+
=
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.( 2 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
- 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường
thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d
1
:
2 1
4 6 8
x y z
− +
= =
− −
và
d

2
:
7 2
6 9 12
x y z
− −
= =
−
. Xét vị trí tương đối của d
1
và d
2
. Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2),
Tìm tọa độ điểm I trên đường thẳng d
1
sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức: z
4
– z
3
+6z
2
– 8z – 16 = 0 .
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VIb.(2điểm)
1.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):
2 2
1
4 3
x y

+ =
và đường thẳng
∆
:3x + 4y =12. Từ điểm M bất
kì trên
∆
kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một
điểm cố định.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3).Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt
ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
Cõu VIIb. (1 im) Gii phng trỡnh:

Cõu í
Ni dung
im
I 1
* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
x x
y y
+
= =
; tiệm cận ngang: y = 2

( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y

+

= + =
; tiệm cận đứng: x = - 1
- Bảng biến thiên
Ta có
2
1
' 0
( 1)
y
x
= <
+
với mọi x

- 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-

; -1) và ( -1; +

)
1
2
Gọi M(x
0
;y
0
) là một điểm thuộc (C), (x
0

- 1)

thì
0
0
0
2 1
1
x
y
x
+
=
+
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x
0
+1| , MB = | y
0
- 2| = |
0
0
2 1
1
x
x
+
+
- 2| = |

0
1
1x +
|
Theo Cauchy thì MA + MB

2
0
0
1
x 1 .
1x
+
+
=2

MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x
0
= 0 hoặc x
0
= -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là
(0;1) và (-2;3)
0,5
0,5
II 1
( )
6 6 2
3
sin 1 sin 2 (1)
4

x cos x x
+ =
Thay (1) vào phơng trình (*) ta có :

( )
6 6
8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x
+ + = +
0,5
0,5
2
2
2
3
8 1 sin 2 3 3sin 4 3 3 2 9sin 2 11
4
3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1
x x cos x x
x cos x x x
x cos x x x
 
⇔ − + = − +
 ÷
 
⇔ − = − +
⇔ − = − +
( )
( )
( )

3 2 . 2sin 2 1 (2sin 2 1)(sin 2 1)
2sin 2 1 3 2 sin 2 1 0
cos x x x x
x cos x x
⇔ − = − −
⇔ − − + =
2sin 2 1 0 2sin 2 1 (2)
3 2 sin 2 1 0 sin 2 3 2 1 (3)
x x
cos x x x cos x
− = =
 
⇔ ⇔
 
− + = − =
 
Gi¶i (2) :
12
( )
5
12
x k
k Z
x k
Π

= + Π

∈


Π

= + Π


; Gi¶i (3)
4
( )
7
12
x k
k Z
x k
Π

= + Π

∈

Π

= + Π


KÕt luËn :
2
Ta có:
( )
( )
3 3 2 2 3 2 2 3

2 2 2 2 2 5 0x y y x y x x x y xy y− = − − ⇔ + + − =
.
Khi
0y =
thì hệ VN.
Khi
0y ≠
, chia 2 vế cho
3
0y ≠ ⇒

3 2
2 2 5 0
x x x
y y y
     
+ + − =
 ÷  ÷  ÷
     
.
Đặt
x
t
y
=
, ta có :
3 2
2 2 5 0 1t t t t+ + − = ⇔ =
.
Khi

1t =
,ta có : HPT
2
1, 1
1
y x
x y x y
y
=


⇔ ⇔ = = = = −

=


.
0,5
0.5
III
I =
1 1 1
2 2
1 2
1 1
2 2
1 1
( 1 ) ( )
x x x
x x x

x e dx e dx x e dx I I
x x
+ + +
+ − = + − = +
∫ ∫ ∫
.
Tính I
1
theo phương pháp từng phần I
1
=
2
1 1
5
2
2
2
1
1
2
2
1 3
( )
2
x x
x x
xe x e dx e I
x
+ +
− − = −

∫
5
2
3
.
2
I e⇒ =
0,5đ
0,5
IV
Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
0,5
H
D
E
C
B
A
Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là
Thể tích của khối tứ diện ABCD là
Mà
Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x
2
- x + = 0
trường hợp vì DE<a

Xét BED vuông tại E nên BE =
Xét BHE vuông tại H nên sin =
Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là
0,5
V
Đặt
t xy=
. Ta có:
( )
( )
2
1
1 2 2 4
5
xy x y xy xy xy+ = + − ≥ − ⇒ ≥ −

Và
( )
( )
2
1
1 2 2 4
3
xy x y xy xy xy+ = − + ≥ ⇒ ≤
. ĐK:
1 1
5 3
t− ≤ ≤
.
Suy ra :

( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1
2 1 4 2 1
x y x y
t t
P
xy t
+ −
− + +
= =
+ +
.
Do đó:
( )
( )
2
2
7
'
2 2 1
t t
P
t
− −
=

+
,
' 0 0( ), 1( )P t th t kth= ⇔ = = −

1 1 2
5 3 15
P P
   
− = =
 ÷  ÷
   
và
( )
1
0
4
P =
.
KL: GTLN là
1
4
và GTNN là
2
15
( HSLT trên đoạn
1 1
;
5 3
−
 

 
 
)
0,5
0,5
VIa 1
Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0

I
A H B
d(I; Δ )=
vậy có 2 đt thỏa mãn bài tốn: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
0,5
0,5
2
VÐc t¬ chØ ph¬ng cđa hai ®êng th¼ng lÇn lỵt lµ:
1
u
ur
(4; - 6; - 8)
2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1

u
ur
vµ
2
u
uur
cïng ph¬ng
+) M( 2; 0; - 1)
∈
d
1
; M( 2; 0; - 1)
∉
d
2
VËy d
1
// d
2
.
*)
AB
uuur
= ( 2; - 3; - 4); AB // d
1
Gäi A
1
lµ ®iĨm ®èi xøng cđa A qua d
1 .
Ta cã: IA + IB = IA

1
+ IB
≥
A
1
B
IA + IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng A
1
B
Khi A
1
, I, B th¼ng hµng
⇒
I lµ giao ®iĨm cđa A
1
B vµ d
Do AB // d
1
nªn I lµ trung ®iĨm cđa A
1
B.
*) Gäi H lµ h×nh chiÕu cđa A lªn d
1
. T×m ®ỵc H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 ÷
 

A’ ®èi xøng víi A qua H nªn A’
43 95 28
; ;
29 29 29
 
−
 ÷
 
I lµ trung ®iĨm cđa A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
− −
 
 ÷
 
0,5
0,5
VII
a
Xét phương trình z
4
– z
3
+6z
2
– 8z – 16 = 0 .
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z
1
= –1, sau đó bằng cách chia đa thức

ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z
2
= 2. Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0
Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
Đáp số:
{ }
− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i
0,5
0,5
VIb 1
Gäi M(x
0
;y
0
), A(x
1
;y
1
), B(x
2

;y
2
)
TiÕp tun t¹i A cã d¹ng
1 1
1
4 3
xx yy
+ =
. TiÕp tun ®i qua M nªn
0 1 0 1
1
4 3
x x y y
+ =
(1)
Ta thÊy täa ®é cđa A vµ B ®Ịu tháa m·n (1) nªn ®êng th¼ng AB cã pt
0 0
1
4 3
xx yy
+ =
do M thc
∆
nªn 3x
0
+ 4y
0
=12
⇒

4y
0
=12-3x
0

⇒
0 0
4 4
4
4 3
xx yy
+ =
⇒
0 0
4 (12 3 )
4
4 3
xx y x
−
+ =
Gäi F(x;y) lµ ®iĨm cè ®Þnh mµ AB ®i qua víi mäi M th×
(x- y)x
0
+ 4y – 4 = 0
{
{
0 1
4 4 0 1
x y y
y x

− = =
⇒ ⇒
− = =
. VËy AB lu«n ®i qua ®iĨm cè ®Þnh F(1;1)
0,5
0,5
2
MỈt ph¼ng c¾t 3 tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng
( ) ( )
: 1, , , 0
x y z
a b c
a b c
α
+ + = >
• Do M
( )
α
∈
nªn:
cos
3
1 2 3 6
1 3. 162
y
abc
a b c abc
+ + = ≥ ⇒ ≥
• ThĨ tÝch:
min

3
1
27 27 6
6
9
a
V abc V b
c
=


= ≥ ⇒ = ⇔ =


=

MỈt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0
0,5
0,5
VII
b
• ĐK: x > 1
• Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương





Vậy phương trình đã cho có một 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