Đề thi thử đại học, cao đẳng (có đáp án) trường THPT Long Châu Sa năm 2011 potx

Sở GD-ĐT phú thọ
Trờng T.H.p.t long châu sa é THI thử I HC
NM học: 2010-2011
Mụn thi : TON
Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề)
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I:(2 im)
Cho hm s :
1x2
1x
y
+
+
=
(C)
1. Kho sỏt v v th hm s.
2. Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C), bit tip tuyn ú i qua giao im ca ng tim cn v trc Ox.
Cõu II:(2 im)
1. Gii phng trỡnh:
sin 2 cos2
cot
cos sin
x x
tgx x
x x
+ =
2. Gii phng trỡnh:
( )
1
xlog1

4
3logxlog2
3
x93
=


Cõu III: (2 im)
1.Tính nguyên hàm:
sin 2
( )
3 4sin 2
xdx
F x
x cos x
=
+

2.Giải bất phơng trình:
1 2 3x x x

Cõu IV: (1 im)
Trong mt phng Oxy cho tam giỏc ABC cú trng tõm G(2, 0) bit phng trỡnh cỏc cnh AB, AC theo th
t l 4x + y + 14 = 0;
02y5x2 =+
. Tỡm ta cỏc nh A, B, C.
PHN RIấNG (3 im)
Chú ý:Thí sinh chỉ đợc chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không đợc chấm
A. Theo chng trỡnh chun
Cõu Va :

1. Tỡm h s ca x
8
trong khai trin (x
2
+ 2)
n
, bit:
49CC8A
1
n
2
n
3
n
=+
.
2. Cho ng trũn (C): x
2
+ y
2
2x + 4y + 2 = 0.
Vit phng trỡnh ng trũn (C') tõm M(5, 1) bit (C') ct (C) ti cỏc im A, B sao cho
3AB =
.
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb :
1. Gii phng trỡnh :
( ) ( )
21x2log1xlog
3

2
3
=+
2. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc vi đáy hỡnh chúp.
Cho AB = a, SA = a
2
. Gi H v K ln lt l hỡnh chiu vuông góc ca A lờn SB, SD.
Chng minh SC (AHK) v tớnh th tớch khối chúp OAHK.
Ht.
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Hớng dẫn chấm môn toán
Câu
ý
Nội Dung
Điểm
I
2
1
Khảo sát hàm số (1 điểm) 1

TXĐ: D = R\ {-1/2}
Sựự Biến thiên:
( )
,
2
3
0
2 1
y x D

x

= <
+
Nên hàm số nghịch biến trên
1 1
( ; ) ( ; )
2 2
va
+
0,25
+ Giới hạn ,tiệm cận:

1
2
lim
x
y
+

=+


1
2
lim
x
y

=


ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2

1
lim
2
x
y

=

1
lim
2
x
y
+
=


đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2
0,25
+ Bảng biến thiên:




0,25

x
y
y

+
-1/2
-
-
-1/2

+
-1/2
• §å ThÞ :



0,25
2
Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là






− 0,
2
1
A
Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng







+=
2
1
xky
(∆) tiếp xúc với (C)
/
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1
k co ù nghieäm
2x 1
− +
 
= +
 ÷


+
 
⇔

− +
 


=
 ÷

+
 

0,25
( )







=
+
−






+=
+
+−
⇔
)2( k

1x2
3
)1(
2
1
xk
1x2
1x
2
0,25
y
x
0
I
-1/2
1
1
-1/2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là

( )
2
1
3 x
x 1
2
2x 1
2x 1
 
+

 ÷
− +
 
= −
+
+
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
⇔ − + = +
và
1
x
2
≠ −

3
x 1
2
⇔ − =

5
x
2
⇔ =
. Do đó
12
1
k −=
0,25

 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
y x
12 2
 
= − +
 ÷
 
0,25
II

2
1
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
(1)
(1)
xsin
xcos
xcos
xsin
xcosxsin
xsinx2sinxcosx2cos
−=
+

⇔
( )
xcosxsin
xcosxsin
xcosxsin
xx2cos
22
−
=
−
⇔
0,25

cosx cos2x sin2x 0⇔ = − ∧ ≠

2
2cos x cosx 1 0 sin2x 0⇔ + − = ∧ ≠
0,25

1
cosx (cosx 1 :loaïi vì sinx 0)
2
⇔ = = − ≠
0,25

π+
π
±=⇔ 2k
3
x

0,25
2
2. Phương trình:
( )
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
=
−
−−
(1)
(1)
( )
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3
=
−
−−⇔
0,25

1
xlog1
4
xlog2
xlog2
33
3
=
−
−
+
−
⇔

đặt: t = log
3
x

0,25
thành
2
2 t 4
1 t 3t 4 0
2 t 1 t
−
− = ⇔ − − =
+ −
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)

t 1 hay t 4⇔ = − =

0,25
Do đó, (1)
3
1
log x 1 hay x 4 x hayx 81
3
⇔ = − = ⇔ = =
0,25
III 2
1 1
Ta cã
2 2
sin 2 2sin cos
( )
3 4sin (1 2sin ) 2sin 4sin 2
xdx x xdx
F x
x x x x
= =
+ − − + +
∫ ∫

0,25
§¨t u = sinx
cosdu xdx
⇒ =
O,25
Ta cã:
( )

2
2
( ) ( )
1 ( 1)
1
1
ln 1
1
udu du du
F x G u
u u
u
u c
u
= = = −
+ +
+
= + + +
+
∫ ∫ ∫

0,25
VËy
1
( ) ln 1
sin 1
F x sinx c
x
= + + +
+

0,25
2
1

§k:
3x
≥
Bpt
2
1 2 3
2 5 6 4
x x x
x x x
⇔ + ≥ − + −
⇔ − + ≤ −
0,25
2
4 0
3 12 8 0
3 4
6 2 3 6 2 3
3 3
6 2 3
3
3
x
x x
x
x

x
− ≥

⇔

− + ≤

≤ ≤


⇔

− +
≤ ≤


+
⇔ ≤ ≤

0,25
0,25
0,25


IV 1
. Tọa độ A là nghiệm của hệ
{ {
4x y 14 0 x 4
2x 5y 2 0 y 2
+ + = = −

⇔
+ − = =
⇒ A(–4, 2)
0,25
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên



−=+
−=+
⇔



++=
++=
2yy
2xx
yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG
(1)

0,25
Vì B(x
B
, y

B
) ∈ AB ⇔ y
B
= –4x
B
– 14 (2)
C(x
C
, y
C
) ∈ AC ⇔
5
2
5
x2
y
C
C
+−=
( 3)
0,25
Thế (2) và (3) vào (1) ta có



=⇒=
−=⇒−=
⇒






−=+−−−
−=+
0y 1x
2y3x
2
5
2
5
x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)

0,25
V.a 3
1
1
1. Điều kiện n ≥ 4
Ta có:
( )
∑
=

−
=+
n
0k
knk2k
n
n
2
2xC2x
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
−

0,25
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
−
0,25
Ta có:
3 2 1
n n n
A 8C C 49− + =

⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n
3
– 7n
2
+ 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n
2
+ 7) = 0 ⇔ n = 7
0,25

Nên hệ số của x
8
là
2802C
34
7
=

0,25
2
2

Phương trình đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2)
3R =
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung
điểm H của đoạn AB.

0,25
Ta có
2
3
2
AB
BHAH ===
0,25

Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB
Gọi H' là trung điểm của A'B'
0,25
Ta có:
2
2 2
3 3
IH' IH IA AH 3
2 2
 
= = − = − =
 ÷
 ÷
 
Ta có:
( ) ( )
2 2
MI 5 1 1 2 5= − + + =
0,25

và
2
7
2
3
5HIMIMH =−=−=
;
3 13
MH' MI H'I 5
2 2
= + = + =
0,25
Ta có:
13
4
52
4
49
4
3
MHAHMAR
2222
1
==+=+==

43
4
172
4
169

4
3
'MH'H'A'MAR
2222
2
==+=+==
0,25
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 13
hay (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 43
0,25
V.b 3
1
1
1. Giải phương trình:
( ) ( )
21x2log1xlog
3
2
3
=−+−
§k:
1

1
2
x< ≠
( )
3 3
2log x 1 2log 2x 1 2⇔ − + − =

0,25

( )
3 3
log x 1 log 2x 1 1⇔ − + − =

( )
3 3
log x 1 2x 1 log 3⇔ − − =

0,25
( )
x 1 2x 1 3⇔ − − =

⇔
{


>
< <

− − =


− + =

2
2
1
x 1
x 1
hoac
2
2x 3x 2 0
2x 3x 4 0(vn)
0,25
x 2⇔ =
0,25
2
2

+BC vuông góc với (SAB)
⇒
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
⇒
AH vuông góc với (SBC)
⇒
AH vuông góc SC (1)
0,25
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(1) và (2)
⇒
SC vuông góc với (AHK )
0,25

2 2 2 2
SB AB SA 3a= + =
⇒
SB =
a 3
AH.SB = SA.AB
⇒
AH=
a 6
3
⇒
SH=
2a 3
3

⇒
SK=
2a 3
3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
0,25
Ta có HK song song với BD nên
HK SH 2a 2
HK
BD SB 3
= ⇒ =
.
0,25
kÎ OE// SC
( )( ( ))OE AHK doSC AHK⇒ ⊥ ⊥

suy ra OE lµ ®êng cao cña
h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2 IC=1/4SC = a/2
0,5
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2
2 2 2
4a
AM AH HM
9
= − =

⇒
AM=
2a
3
0,25
= = =
3
OAHK AHK
1 1 a 1 a 2
V OE.S . HK.AM
3 3 2 2 27
(®vtt)
S
0,25
A
M
I
E
O

H
K
M
C
D
Câu II:
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
(1)
(1)
xsin
xcos
xcos
xsin
xcosxsin
xsinx2sinxcosx2cos
−=
+
⇔
( )
xcosxsin
xcosxsin
xcosxsin
xx2cos
22

−
=
−
⇔
cosx cos2x sin2x 0⇔ = − ∧ ≠

2
2cos x cosx 1 0 sin2x 0⇔ + − = ∧ ≠
1
cosx (cosx 1 :loaïi vì sinx 0)
2
⇔ = = − ≠

π+
π
±=⇔ 2k
3
x

2. Phương trình:
( )
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
=
−
−−

(1)
(1)
( )
1
xlog1
4
x9log
1
xlog2
33
3
=
−
−−⇔
1
xlog1
4
xlog2
xlog2
33
3
=
−
−
+
−
⇔
đặt: t = log
3
x

(1) thành
2
2 t 4
1 t 3t 4 0
2 t 1 t
−
− = ⇔ − − =
+ −
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)

t 1 hay t 4⇔ = − =
Do đó, (1)
3
1
log x 1 hay x 4 x hayx 81
3
⇔ = − = ⇔ = =
Câu IV:
. Tọa độ A là nghiệm của hệ
{ {
4x y 14 0 x 4
2x 5y 2 0 y 2
+ + = = −
⇔
+ − = =
⇒ A(–4, 2)
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên




−=+
−=+
⇔



++=
++=
2yy
2xx
yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG
(1)
Vì B(x
B
, y
B
) ∈ AB ⇔ y
B
= –4x
B
– 14 (2)
C(x
C
, y
C

) ∈ AC ⇔
5
2
5
x2
y
C
C
+−=
( 3)
Thế (2) và (3) vào (1) ta có



=⇒=
−=⇒−=
⇒





−=+−−−
−=+
0y 1x
2y3x
2
5
2
5

x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB
Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
Câu Vb:
2. (Bạn đọc tự vẽ hình)
+BC vuông góc với (SAB)
⇒
BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
⇒
AH vuông góc với (SBC)
⇒
AH vuông góc SC (1)
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(2) và (2)
⇒
SC vuông góc với (AHK )
2 2 2 2
SB AB SA 3a= + =
⇒
SB =
a 3
AH.SB = SA.AB
⇒
AH=

a 6
3
⇒
SH=
2a 3
3

⇒
SK=
2a 3
3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên
HK SH 2a 2
HK
BD SB 3
= ⇒ =
.
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2
2 2 2
4a
AM AH HM
9
= − =

⇒
AM=
2a
3

3
OAHK AHK
1 1 a 2 1 2a
V OA.S . HK.AM
3 3 2 2 27
= = =
Cách khác:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0;
a 2
)
Câu I:
1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm)
2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là






− 0,
2
1
A
Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng







+=
2
1
xky
(∆) tiếp xúc với (C)
/
x 1 1
k x
2x 1 2
x 1
k co ù nghieäm
2x 1
− +
 
= +
 ÷


+
 
⇔

− +
 

=
 ÷

+

 

( )







=
+
−






+=
+
+−
⇔
)2( k
1x2
3
)1(
2
1
xk

1x2
1x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là

( )
2
1
3 x
x 1
2
2x 1
2x 1
 
+
 ÷
− +
 
= −
+
+
1
(x 1)(2x 1) 3(x )
2
⇔ − + = +
và
1
x
2
≠ −

3
x 1
2
⇔ − =

5
x
2
⇔ =
. Do đó
12
1
k −=
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
1 1
y x
12 2
 
= − +
 ÷
 
Câu Va:
1. Điều kiện n ≥ 4
Ta có:
( )
∑
=
−
=+

n
0k
knk2k
n
n
2
2xC2x
Hệ số của số hạng chứa x
8
là
4n4
n
2C
−
Ta có:
3 2 1
n n n
A 8C C 49− + =
⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n
3
– 7n
2
+ 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n
2
+ 7) = 0 ⇔ n = 7
Nên hệ số của x
8
là
2802C

34
7
=
2. Phương trình đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2)
3R =
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có
2
3
2
AB
BHAH ===
Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I.
Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB
Gọi H' là trung điểm của A'B'
Ta có:
2
2 2
3 3
IH' IH IA AH 3
2 2
 
= = − = − =
 ÷
 ÷
 
Ta có:

( ) ( )
2 2
MI 5 1 1 2 5= − + + =
và
2
7
2
3
5HIMIMH =−=−=

3 13
MH' MI H'I 5
2 2
= + = + =
Ta có:
13
4
52
4
49
4
3
MHAHMAR
2222
1
==+=+==

43
4
172

4
169
4
3
'MH'H'A'MAR
2222
2
==+=+==
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 13
hay (x – 5)
2
+ (y – 1)
2
= 43
BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I.
1. y = 2x
4
– 4x
2
. TXĐ : D = R
y’ = 8x
3
– 8x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1;
x
lim

→±∞
= +∞
x
−∞ −1 0 1 +∞
y'
− 0 + 0 − 0 +
y
+∞ 0 +∞
−2 CĐ −2
CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +∞)
y nghịch biến trên (-∞; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = ±1
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); (±
2
;0)
2. x
2
x
2
– 2 = m ⇔ 2x
2
x
2
– 2 = 2m (*)
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) :
y = 2x
2

x
2
– 2 và (d): y = 2m
Ta có (C’) ≡ (C); nếu x ≤ -
2
hay x ≥
2
(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành nếu -
2
< x <
2
Theo đồ thị ta thấy ycbt ⇔ 0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1
Câu II.
1. PT:sinx+cosxsin2x+
3
3 cos3x 2(cos4x si n x)= +
3 1 3sinx sin3x
sin x sin 3x 3cos3x 2cos4x
2 2 2
sin3x 3cos3x 2cos4x
1 3
sin3x cos3x cos4x
2 2
sin sin3x cos cos3x cos4x
6 6
cos4x cos 3x
6
4x 3x k2 x k2
6 6
2

4x 3x k2 x k
6 42 7
−
⇔ + + = +
⇔ + =
⇔ + =
π π
⇔ + =
π
 
⇔ = −
 ÷
 
π π
 
= − + + π = − + π
 
⇔ ⇔
 
π π π
 
= − + π = +
 
 
2
x
y
−1
1
0

−
2
(C’)
−2
x
y
−1
1
0
−
2
(C)
2.
{
2 2 2
xy x 1 7y
x y xy 1 13y
+ + =
+ + =
y = 0 hệ vô nghiệm
y ≠ 0 hệ ⇔
2
2
x 1
x 7
y y
x 1
x 13
y y


+ + =



+ + =



Đặt a =
1
x
y
+
; b =
x
y
⇒
2 2
2
1 x
a x 2
y y
= + +
⇒
2 2
2
1
x a 2b
y
+ = −

Ta có hệ là
{
2
a b 7
a b 13
+ =
− =
⇔
{
2
a b 7
a a 20 0
+ =
+ − =
⇔
{
a 4
b 3
=
=
hay
{
a 5
b 12
= −
=
. Vậy
1
x 4
y

x
3
y

+ =



=



hay
1
x 5
y
x
12
y

+ = −



=



⇔
{

2
x 4x 3 0
x 3y
− + =
=
hay
{
2
x 5x 12 0
x 12y
+ + =
=
(VN) ⇔
x 1
1
y
3
=



=


hay
{
x 3
y 1
=
=

Câu III :
3 3 3
2 2 2
1 1 1
3
3
1
2
1
1
3
2
2
1
3 ln x dx ln x
I dx 3 dx
(x 1) (x 1) (x 1)
dx 3 3
I 3
(x 1) (x 1) 4
ln x
I dx
(x 1)
+
= = +
+ + +
−
= = =
+ +
=

+
∫ ∫ ∫
∫
∫
Đặt u = lnx
dx
du
x
⇒ =
2
dx
dv .
(x 1)
=
+
Chọn
1
v
x 1
−
=
+
3
3 3 3
2
1
1 1 1
ln x dx ln 3 dx dx ln3 3
I ln
x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2

= − + = − + − = − +
+ + +
∫ ∫ ∫
Vậy :
3
I (1 ln3) ln2
4
= + −
Câu IV.
BH=
2
a
,
2 1 3
3
3 2 2 4
BH a a
BN
BN
= ⇒ = =
;
3
'
2
a
B H =
goïi CA= x, BA=2x,
3BC x=
2
2 2 2

2
2
CA
BA BC BN+ = +
2
2
2 2
3
3 4 2
4 2
a x
x x
 
⇔ + = +
 ÷
 
2
2
9
52
a
x⇔ =
C A
B
M
N
H
Ta có:
3 3
' '

2 2
a
B H BB= =
V=
2 3
2
1 1 3 1 9 3 9
3
3 2 2 12 52 2 208
a a a a
x
 
= =
 ÷
 
Câu V :
3
3 2
2
(x y) 4xy 2
(x y) (x y) 2 0 x y 1
(x y) 4xy 0

+ + ≥

⇒ + + + − ≥ ⇒ + ≥

+ − ≥



2
2 2
(x y) 1
x y
2 2
+
⇒ + ≥ ≥
dấu “=” xảy ra khi :
1
x y
2
= =
Ta có :
2 2 2
2 2
(x y )
x y
4
+
≤
( )
4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1
 
= + + − + + = + − − + +
 
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
(x y )

3 (x y ) 2(x y ) 1
4
9
(x y ) 2(x y ) 1
4
 
+
≥ + − − + +
 
 
= + − + +
Đặt t = x
2
+ y
2
, đk t ≥
1
2
2
9 1
f (t) t 2t 1, t
4 2
9 1
f '(t) t 2 0 t
2 2
1 9
f (t) f ( )
2 16
= − + ≥
= − > ∀ ≥

⇒ ≥ =
Vậy :
min
9 1
A khi x y
16 2
= = =
Câu VIa.
1. Phương trình 2 phân giác (∆
1
, ∆
2
) :
x y x 7y
2 5 2
− −
= ±
1
2
5(x y) (x 7y)
y 2x :d
5(x y) x 7y
1
5(x y) x 7y
y x : d
2
⇔ − = ± −
= −

− = −



⇔ ⇔


− = − +
=


Phương trình hoành độ giao điểm của d
1
và (C) : (x – 2)
2
+ (– 2x)
2
=
4
5
25x
2
– 20x + 16 = 0 (vô nghiệm)
Phương trình hoành độ giao điểm của d
2
và (C) : (x – 2)
2
+
2
x 4
2 5
 

=
 ÷
 
2
25x 80x 64 0⇔ − + =
⇔ x =
8
5
. Vậy K
8 4
;
5 5
 
 ÷
 
R = d (K, ∆
1
) =
2 2
5
2. TH1 : (P) // CD. Ta có :
AB ( 3; 1;2),CD ( 2;4;0)= − − = −
uuur uuur
(P)có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)
(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0
4x 2y 7z 15 0
⇒ = − − − =
− + − + − =
⇔ + + − =
r r

TH2 : (P) qua
I(1;1;1)
là trung điểm CD
Ta có AB ( 3; 1;2), AI (0; 1;0)
(P) có PVT n (2;0;3)
(P) :2(x 1) 3(z 1) 0 2x 3z 5 0
= − − = −
⇒ =
− + − = ⇔ + − =
uuur uur
r
Câu VIb.
1.
1 4 4
9
AH
2 2
1 36 36
S AH.BC 18 BC 4 2
9
2 AH
2
− − −
= =
= = ⇔ = = =
Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0
x y 4
7 1
H : H ;
x y 3

2 2
− =

 
⇒ −

 ÷
+ =
 

B(m;m – 4)
2 2
2
2
2
BC 7 1
HB 8 m m 4
4 2 2
7 11
m 2
7
2 2
m 4
7 3
2
m 2
2 2
   
⇒ = = = − + − +
 ÷  ÷

   

= + =

 
⇔ − = ⇔

 ÷
 

= − =


Vậy
1 1 2 2
11 3 3 5 3 5 11 3
B ; C ; hay B ; C ;
2 2 2 2 2 2 2 2
       
∧ − − ∧
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
2.
P
AB (4; 1;2); n (1; 2;2)= − = −
uuur r
Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0
⇔ x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi ∆ là đường thẳng bất kỳ qua A
Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có :
d(B, ∆) ≥ BH; d (B, ∆) đạt min ⇔ ∆ qua A và H.

Pt tham số
x 1 t
BH: y 1 2t
z 3 2t
= +


= − −


= +

Tọa độ H = BH ∩ (Q) thỏa hệ phương trình :
x 1 t, y 1 2t,z 3 2t
x 2y 2z 1 0
= + = − − = +


− + + =


10
t
9
⇒ = −

1 11 7
H ; ;
9 9 9
 

⇒ −
 ÷
 
∆ qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP
( )
1
a AH 26;11; 2
9
∆
= = −
uur uuur
Pt (∆) :
x 3 y 0 z 1
26 11 2
+ − −
= =
−
Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y ∈ R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i
z – (2 + i)=
10
và
z.z 25=
⇔
2 2
2 2
(x 2) (y 1) 10
x y 25

− + − =


+ =

⇔
{
2 2
4x 2y 20
x y 25
+ =
+ =

⇔
{
2
y 10 2x
x 8x 15 0
= −
− + =
⇔
{
x 3
y 4
=
=
hay
{
x 5
y 0
=
=
Vậy z = 3 + 4i hay z = 5

Câu VII.b.
Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là :
2
x 1
x m
x
−
− + =

⇔ 2x
2
– mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 không là nghiệm của (*))
Vì a.c < 0 nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0
Do đó đồ thị và đường thẳng luôn có 2 giao điểm phân biệt A, B
AB = 4 ⇔ (x
B
– x
A
)
2
+ [(-x
B
+ m) – (-x
A
+ m)]
2
= 16 ⇔ 2(x
B
– x
A

)
2
= 16
⇔ (x
B
– x
A
)
2
= 8 ⇔
2
m 8
8
4
 
+
=
 ÷
 
⇔
2
m 24=
⇔ m =
2 6±
.
Hết.
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Môn thi : TOÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2,0 điểm).

Cho hàm số y = x
4
– (3m + 2)x
2
+ 3m có đồ thị là (C
m
), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.
2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (C
m
) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
3cos5x 2sin3xcos2x sin x 0− − =
2. Giải hệ phương trình
2
2
x(x y 1) 3 0
5
(x y) 1 0
x
+ + − =



+ − + =


(x, y ∈ R)
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân

3
x
1
dx
I
e 1
=
−
∫
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ =
2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích
khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức S = (4x
2
+ 3y)(4y
2
+ 3x) + 25xy.
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 với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường
trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết
phương trình đường thẳng AC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x
+ y + z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song
với mặt phẳng (P).
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều
kiện z – (3 – 4i)= 2.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x – 1)
2
+ y
2
= 1. Gọi I là tâm của (C). Xác định
tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho
·
IMO
= 30
0
.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
x 2 y 2 z
1 1 1
+ −
= =
−
và mặt phẳng (P): x + 2y –
3z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong (P) sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng ∆.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số
2
x x 1
y
x
+ −
=
tại hai điểm

phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
]BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I. 1. m = 0, y = x
4
– 2x
2
. TXĐ : D = R
y’ = 4x
3
– 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1;
x
lim
→±∞
= +∞
x
−∞ −1 0 1 +∞
y'
− 0 + 0 − 0 +
y
+∞ 0 +∞
−1 CĐ −1
CT CT
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +∞)
y nghịch biến trên (-∞; -1); (0; 1)
y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = ±1
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); (±
2
;0)

2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = -1 là
x
4
– (3m + 2)x
2
+ 3m = -1
⇔ x
4
– (3m + 2)x
2
+ 3m + 1 = 0 ⇔ x = ±1 hay x
2
= 3m + 1 (*)
Đường thẳng y = -1 cắt (C
m
) tại 4 điểm phân biệt có hoành độ nhỏ hơn 2 khi và chỉ khi phương trình (*) có
hai nghiệm phân biệt khác ±1 và < 2
⇔
0 3m 1 4
3m 1 1
< + <


+ ≠

⇔
1
m 1

3
m 0

− < <



≠

Câu II. 1) Phương trình tương đương :
3cos5x (sin5x sin x) sin x 0 3 cos5x sin5x 2sin x− + − = ⇔ − =
⇔
3 1
cos5x sin5x sin x
2 2
− =
⇔
sin 5x sin x
3
π
 
− =
 ÷
 
⇔
5x x k2
3
π
− = + π
hay

5x x k2
3
π
− = π − + π
⇔
6x k2
3
π
= − π
hay
2
4x k2 k2
3 3
π π
= − π − π = − − π
⇔
x k
18 3
π π
= −
hay
x k
6 2
π π
= − −
(k ∈ Z).
2) Hệ phương trình tương đương :
−1
x
y

−1
1
0
2 2 2
2
2
x(x y 1) 3
x(x y) x 3
5
x (x y) x 5
(x y) 1
x
+ + =

+ + =


⇔
 
+ + =
+ + =



ĐK : x ≠ 0
Đặt t=x(x + y). Hệ trở thành:

2 2 2
t x 3 t x 3 t x 3 t 1 x 1
t x 5 (t x) 2tx 5 tx 2 x 2 t 2



+ = + = + =  = =
 
 
⇔ ⇔ ⇔ ∨
    
+ = + − = = = =
 





Vậy
3
x(x y) 1 x(x y) 2 y 1
y
2
x 2 x 1 x 1
x 2

+ = + = =
= −
  

∨ ⇔ ∨
   
= = =
  


=

Câu III :
3 3 3
x x x
3
x
x x
1
1 1 1
1 e e e
I dx dx dx 2 ln e 1
e 1 e 1
− +
= = − + = − + −
− −
∫ ∫ ∫
3 2
2 ln(e 1) ln(e 1) 2 ln(e e 1)= − + − − − = − + + +
Câu IV.
2 2 2 2
9 4 5 5AC a a a AC a= − = ⇒ =
2 2 2 2
5 4 2BC a a a BC a= − = ⇒ =
H là hình chiếu của I xuống mặt ABC
Ta có
IH AC⊥
/ /
/

1 2 4
2 3 3
IA A M IH a
IH
IC AC AA
= = ⇒ = ⇒ =
3
1 1 1 4 4
2
3 3 2 3 9
IABC ABC
a a
V S IH a a= = × × =
(đvtt)
Tam giác A’BC vuông tại B
Nên S
A’BC
=
2
1
52 5
2
a a a=
Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy
/
/ 2
2 2 2
5
3 3 3
IBC

A BC
IC A C S S a= ⇒ = =
Vậy d(A,IBC)
3
2
3 4 3 2 2 5
3
9 5
2 5 5
IABC
IBC
V a a a
S
a
= = = =
Câu V. S = (4x
2
+ 3y)(4y
2
+ 3x) + 25xy = 16x
2
y
2
+ 12(x
3
+ y
3
) + 34xy
= 16x
2

y
2
+ 12[(x + y)
3
– 3xy(x + y)] + 34xy = 16x
2
y
2
+ 12(1 – 3xy) + 34xy
= 16x
2
y
2
– 2xy + 12
Đặt t = x.y, vì x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 0 ≤ t ≤ ¼
Khi đó S = 16t
2
– 2t + 12
S’ = 32t – 2 ; S’ = 0 ⇔ t =
1
16
S(0) = 12; S(¼) =
25
2
; S (
1
16
) =
191
16

. Vì S liên tục [0; ¼ ] nên :
Max S =
25
2
khi x = y =
1
2
Min S =
191
16
khi
2 3
x
4
2 3
y
4

+
=



−

=


hay
2 3

x
4
2 3
y
4

−
=



+

=


PHẦN RIÊNG
/
A
A
C
I
M
B

H

C
/

Câu VI.a.
1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0
A = AH ∩ AD ⇒ A (1;2)
M là trung điểm AB ⇒ B (3; -2)
BC qua B và vng góc với AH ⇒ BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0 ⇔ x + 6y + 9 = 0
D = BC ∩ AD ⇒ D (0 ;
3
2
−
)
D là trung điểm BC ⇒ C (- 3; - 1)
AC qua A (1; 2) có VTCP
AC ( 4; 3)= − −
uuur

nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 5 = 0
2) AB qua A có VTCP
AB ( 1;1;2)= −
uuur
nên có phương trình :
x 2 t
y 1 t (t )
z 2t
= −


= + ∈


=


¡
D ∈ AB ⇔ D (2 – t; 1 + t; 2t)
CD (1 t; t ;2t)= −
uuur
. Vì C ∉ (P) nên :
(P)
CD//(P) CD n⇔ ⊥
uuur r
1
1(1 t) 1.t 1.2t 0 t
2
⇔ − + + = ⇔ = −
Vậy :
5 1
D ; ; 1
2 2
 
−
 ÷
 
Câu VI.b. 1. (x – 1)
2
+ y
2
= 1. Tâm I (1; 0); R = 1
Ta có
·
IMO
= 30

0
, ∆OIM cân tại I ⇒
·
MOI
= 30
0

⇒ OM có hệ số góc k =
0
tg30±
=
1
3
±
+ k = ±
1
3
⇒ pt OM : y=±
x
3
thế vào pt (C) ⇒
2
2
x
x 2x 0
3
− + =
⇔ x= 0 (loại) hay
3
x

2
=
. Vậy M
3 3
;
2 2
 
±
 ÷
 
Cách khác:
Ta có thể giải bằng hình học phẳng
OI=1,
·
·
0
30IOM IMO= =
, do đối xứng ta sẽ có
2 điểm đáp án đối xứng với Ox
H là hình chiếu của M xuống OX.
Tam giác
1
OM H
là nửa tam giác đều
OI=1 =>
3 3 3 3 3
,
2 6
3 2 3
OH OM HM= ⇒ = = =

Vậy
1 2
3 3 3 3
, , ,
2 2 2 2
M M
   
−
 ÷  ÷
   
2. Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A(-3;1;1)
a (1;1; 1)
∆
= −
uur
;
(P)
n (1;2; 3)= −
uuur
d đđi qua A và có VTCP
d (P)
a a ,n ( 1;2;1)
∆
 
= = −
 
uur uur uuur
nên pt d là :
x 3 y 1 z 1
1 2 1

+ − −
= =
−
Câu VII.a. Gọi z = x + yi. Ta có z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i
Vậy z – (3 – 4i) = 2 ⇔
2 2
(x 3) (y 4) 2− + + =
⇔ (x – 3)
2
+ (y + 4)
2
= 4
O
I
1
M
2
M
H
Do đđó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường tròn tâm I (3; -4) và bán kính R = 2.
Câu VII.b. pt hoành độ giao điểm là :
2
x x 1
2x m
x
+ −
= − +
(1)
⇔ x
2

+ x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 không là nghiệm của (1))
⇔ 3x
2
+ (1 – m)x – 1 = 0
phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Ycbt ⇔ S = x
1
+ x
2
=
b
a
−
= 0 ⇔ m – 1 = 0 ⇔ m = 1.

Hết.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: A
ĐỀ CHÍNH THÚC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
( )
x 2
y 1
2x 3
+
=
+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm
phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
( )
( ) ( )
1 2sin x cos x
3.
1 2sin x 1 sinx
−
=
+ −
2. Giải phương trình
( )
3
2 3x 2 3 6 5x 8 0 x R− + − − = ∈
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
( )
2
3 2
0
I cos x 1 cos x.dx
π
= −
∫
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
0

. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x(x + y + z) = 3yz, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3 3
x y x z 3 x y x z y z 5 y z+ + + + + + + ≤ +
.
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 với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I(6; 2) là giao điểm của hai đường
chéo AC và BD. Điểm M(1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng
:x y 5 0∆ + − =
. Viết phương trình đường thẳng AB.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
( )
P : 2x 2y z 4 0− − − =
và mặt cầu
( )
2 2 2
S : x y z 2x 4y 6z 11 0+ + − − − − =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cặt mặt cầu (S) theo một đường
tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi z
1
và z
2
là hai nghiệm phức của phương trình z

2
+ 2z + 10 = 0. tính giá trị của biểu thức A = |z
1
|
3
+ |z
2
|
3
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn
( )
2 2
C : x y 4x 4y 6 0+ + + + =
và đường thẳng
: x my 2m 3 0∆ + − + =
, với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để
∆
cắt (C) tại
hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng
( )
P : x 2y 2z 1 0− + − =
và hai đường thẳng
1 2
x 1 y z 9 x 1 y 3 z 1
: ; :
1 1 6 2 1 2

+ + − − +
∆ = = ∆ = =
−
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
1
∆
sao cho
khoảng cách từ M đến đường thẳng
2
∆
và khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
( )
( )
( )
2 2
2 2
2 2
x xy y
log x y 1 log xy
x, y R
3 81
− +

+ = +

∈

 =


.
Hết
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2009
Câu I.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
+ Tập xác định:với mọi x
3
2
≠ −
+ y’ =
( )
2
1 3
0, x
2
2x 3
−
< ∀ ≠ −
+
+ Tiệm cận
Vì
x
x 2 1
lim
2x 3 2
→∞
+
=
+

nên tiệm cận ngang là : y =
1
2
Vì
3 3
x x
2 2
x 2 x 2
lim ; lim
2x 3 2x 3
+ −
   
→− →−
 ÷  ÷
   
+ +
= +∞ = −∞
+ +
nên tiệm cận đứng là : x = -
3
2
Bảng biến thiên:
Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại
2
0;
3
 
 ÷
 
và cắt Ox tại (-2; 0)

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm
phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O.
Ta có
2
1
y'
(2x 3)
−
=
+
nên phương trình tiếp tuyến tại
0
x x=
(với
0
3
x
2
≠ −
) là:
y - f(
0
x
) = f’(
0
x
)(x -
0
x
)

2
0 0
2 2
0 0
2x 8x 6
x
y
(2x 3) (2x 3)
+ +
−
= +
+ +
Do đó tiếp tuyến cắt Ox tại A(
2
0 0
2x 8x 6+ +
;0)
và cắt Oy tại B(0;
2
0 0
2
0
2x 8x 6
(2x 3)
+ +
+
)
Tam giác OAB cân tại O
OA OB⇔ =
(với OA > 0)

2
2
0 0
A B 0 0
2
0
2x 8x 6
x y 2x 8x 6
(2x 3)
+ +
⇔ = ⇔ + + =
+
0
2
0 0
0
x 1(L)
(2x 3) 1 2x 3 1
x 2(TM)
= −

⇔ + = ⇔ + = ± ⇔

= −


Với
0
x 2= −
ta có tiếp tuyến y = x 2

Câu II.
1.Giải phương trình :
( )
( ) ( )
1 2sin x cos x
3.
1 2sin x 1 sinx
−
=
+ −
Giải :