Đề thi thử luyện thi đại học môn toán các khối a,b,d ( có đáp án)

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 : y =

x +1
(C)
2x +1

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 x cos 2 x
+
= tgx cot x
cos x sin x

2. Gii phng trỡnh:

( 2 log3 x ) log9 x 3

4
=1
1 log3 x

Cõu III: (2 im)

1.Tính nguyên hàm:
2.Giải bất phơng trình:

F ( x) =

sin 2 xdx
3 + 4 sin x cos 2 x

x 1 x 2 x 3

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; 2x + 5y 2 = 0 . 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 x8 trong khai trin (x2 + 2)n, bit: A 3n 8C2n + C1n = 49 .
2. Cho ng trũn (C): x2 + y2 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 AB = 3 .
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu Vb:
1. Gii phng trỡnh : log3

( x 1) 2 + log 3 ( 2x 1) = 2

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.

1


Hớng dẫn chấm môn toán

Câu
I

Nội Dung

ý
1

Điểm
2
1

Khảo sát hàm số (1 điểm)

0,25

TXĐ: D = R\ {-1/2}


3

,

Sựự Biến thiên: y = 2 x +1 2 < 0x D
(
)

1
2

1
2

Nên hàm số nghịch biến trên (; )va ( ; +)
+ Giới hạn ,tiệm cận:
lim+ y = +
x

1
2

lim y =

x

0,25

1
2

1
2
x

1
lim y =
2
x +

ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2

lim y =

đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2

+ Bảng biến thiên:
x
y

+

-1/2
-

+

-1/2

-

0,25

y

-1/2

2


• §å ThÞ :

y

0,25
1
-1/2 0
I

1

x

-1/2

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

− x + 1
1

 2x + 1 = k  x + 2 ÷


/
(∆) tiếp xúc với (C) ⇔ 
−
x
+
1


÷ = k coù nghieäm
 2x + 1 
− x + 1
1

 2x + 1 = k x + 2  (1)



⇔
 −3 = k
(2)
 ( 2x + 1) 2

0,25

0,25
3


Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
1

3 x + ÷
−x + 1
2
=− 
2
2x + 1
( 2x + 1)
1
1
3
⇔ (x − 1)(2x + 1) = 3(x + ) và x ≠ − ⇔ x − 1 =
2
2
2
5
1
⇔x= .
Do đó k = −
12
2


Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = −

0,25
1
1
x + ÷
12 
2

II

0,25
2

1
sin 2x cos 2x
+
= tgx − cot gx (1)
cos x
sin x
cos 2x cos x + sin 2x sin x sin x cos x
=
−
(1) ⇔
sin x cos x
cos x sin x
cos( 2x − x ) sin2 x − cos2 x
⇔
=
sin x cos x
sin x cos x

1. Giải phương trình:

⇔ cos x = − cos 2x ∧ s in2x ≠ 0

0,25

0,25

⇔ 2 cos x + cos x − 1 = 0 ∧ s in2x ≠ 0
2

⇔ cos x =

⇔x=±

1
( cos x = −1 :loaïi vì sin x ≠ 0)
2

π
+ k 2π
3

0,25

0,25

2
2.

4
Phương trình: ( 2 − log3 x ) log9 x 3 − 1 − log x = 1 (1)
3
1
4
−
=1
(1) ⇔ ( 2 − log3 x )
log3 9x 1 − log3 x

0,25

4


5


⇔

0,25

2 − log3 x
4
−
=1
2 + log3 x 1 − log3 x

đặt: t = log3x

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

thành

1
Do đó, (1) ⇔ log3 x = −1 hay x = 4 ⇔ x = hay x = 81
3

III

0,25

0,25

2
1

1
Ta cã F ( x ) = ∫

sin 2 xdx
2 sin x cos xdx
=

3 + 4 sin x − (1 − 2 sin 2 x) ∫ 2 sin 2 x + 4 sin x + 2

§¨t u = sinx ⇒ du = cos xdx
Ta cã:

F ( x) = G (u ) = ∫
= ln u + 1 +

O,25

udu

( u + 1)

0,25

2

=∫

du
du
−∫
u +1
(u + 1) 2

0,25

1
+c

u +1

VËy F ( x) = ln sinx + 1 +

1
+c
sin x + 1

0,25
1

2
§k: x ≥ 3
⇔ x +1 ≥ x − 2 + x − 3

0,25

Bpt ⇔ 2 x 2 − 5 x + 6 ≤ 4 − x
4 − x ≥ 0
⇔ 2
3 x − 12 x + 8 ≤ 0
3 ≤ x ≤ 4

⇔ 6 − 2 3
6+2 3
≤x≤

3
 3
⇔3≤ x ≤

6+2 3
3

0,25

0,25

0,25

6


IV

1

7


{

{

4x + y + 14 = 0
x = −4
. Tọa độ A là nghiệm của hệ 2x + 5y − 2 = 0 ⇔ y = 2 ⇒ A(–4, 2)
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên
3x G = x A + x B + x C
x B + x C = −2

⇔
(1)

3y G = y A + y B + y C
y B + y C = −2

Vì B(xB, yB) ∈ AB ⇔ yB = –4xB – 14 (2)
2x
2
C(xC, yC) ∈ AC ⇔ y C = − C +
( 3)
5
5
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
x B + x C = −2
 x = −3 ⇒ y B = −2

⇒ B

2x C 2
− 4x B − 14 − 5 + 5 = −2 x C = 1 ⇒ y C = 0
Vậy A(–4, 2),

B(–3, –2),

Điều kiện n ≥ 4

(

n

0,25

0,25

3
1
0,25

1
2

0,25

C(1, 0)

V.a
1.

0,25

) ∑C x
n

Ta có: x + 2 =

k 2k n−k
2
n

k =0

Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n 2 n − 4
4 n−4
Hệ số của số hạng chứa x8 là Cn 2
3
2
1
Ta có: A n − 8Cn + Cn = 49

0,25
0,25

⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7

Nên hệ số của x8 là

2

C47 23

0,25
= 280

2

8

Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R = 3

0,25

Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung
điểm H của đoạn AB.
Ta có AH = BH =

0,25

AB
3
=
2
2

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'
2

 3
3
Ta có: IH ' = IH = IA − AH = 3 − 
 2 ÷
÷ =2



2

Ta có: MI =

( 5 − 1)

2

+ ( 1 + 2) = 5

và MH = MI − HI = 5 −

Ta có:

0,25

2

2

3 7
= ;
2 2

MH ' = MI + H ' I = 5 +

3 13
=
2 2

3 49 52
+
=
= 13
4 4
4
3 169 172
R 22 = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = +
=
= 43
4
4
4
R12 = MA 2 = AH 2 + MH 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

V.b

0,25

0,25

0,25

3
1

1

1. Giải phương trình: log3 ( x − 1) + log
2

3

( 2x − 1) = 2

1
< x ≠1
2
⇔ 2 log3 x − 1 + 2 log3 ( 2x − 1) = 2

0,25

§k:

⇔ log3 x − 1 + log3 ( 2x − 1) = 1

⇔ log3 x − 1 ( 2x − 1) = log3 3

⇔ x − 1 ( 2x − 1) = 3

0,25
0,25

 1
x >1
⇔ 2 < x < 1
hoac
2x 2 − 3x − 2 = 0

2x 2 − 3x + 4 = 0(vn)

{

9


0,25

⇔x=2

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)

+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK )

0,25

0,25

SB2 = AB2 + SA 2 = 3a2 ⇒ SB = a 3
a 6⇒
2a 3 ⇒
2a 3
AH.SB = SA.AB ⇒ AH=

SH=
SK=
3
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

0,25

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
2a
4a2
⇒ AM=
AM 2 = AH 2 − HM 2 =

3
9

0,25

10


1
1a 1
a3 2
(®vtt)
VOAHK = OE.SAHK =
. HK.AM =
3
32 2
27

0,25

S

K

I
M

H

E

A

D

O
M

C

11


Câu II:
sin 2x cos 2x
+
= tgx − cot gx (1)
cos x
sin x
cos 2x cos x + sin 2x sin x sin x cos x
=
−
(1) ⇔
sin x cos x
cos x sin x

1. Giải phương trình:

cos( 2x − x ) sin2 x − cos2 x
⇔

=
sin x cos x
sin x cos x
⇔ cos x = − cos 2x ∧ s in2x ≠ 0
⇔ 2 cos2 x + cos x − 1 = 0 ∧ s in2x ≠ 0
⇔ cos x =
⇔x=±

1
( cos x = −1 :loaïi vì sin x ≠ 0)
2

π
+ k 2π
3

2. Phương trình: ( 2 − log3 x ) log9 x 3 −
(1) ⇔ ( 2 − log3 x )
⇔

1
4
−
=1
log3 9x 1 − log3 x

2 − log3 x
4
−
=1

2 + log3 x 1 − log3 x

(1) thành

4
= 1 (1)
1 − log3 x

đặt: t = log3x

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

1
Do đó, (1) ⇔ log3 x = −1 hay x = 4 ⇔ x = hay x = 81
3
Câu IV:
4x + y + 14 = 0
x = −4
. Tọa độ A là nghiệm của hệ 2x + 5y − 2 = 0 ⇔ y = 2 ⇒ A(–4, 2)

{

{

Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên
3x G = x A + x B + x C
x B + x C = −2
⇔
(1)

3y G = y A + y B + y C
y B + y C = −2
Vì B(xB, yB) ∈ AB ⇔ yB = –4xB – 14

(2)

12


C(xC, yC) ∈ AC ⇔ y C = −

2x C 2
+
( 3)
5
5

Thế (2) và (3) vào (1) ta có
x B + x C = −2
 x = −3 ⇒ y B = −2

⇒ B

2x C 2

− 4x B − 14 − 5 + 5 = −2 x C = 1 ⇒ y C = 0
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 )
SB2 = AB2 + SA 2 = 3a2 ⇒ SB = a 3
a 6⇒
2a 3 ⇒
2a 3
AH.SB = SA.AB ⇒ AH=
SH=
SK=
3
3
3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
HK SH
2a 2
.
=
⇒ HK =

BD SB
3
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2a
4a2
⇒ AM=
AM 2 = AH 2 − HM 2 =
3
9
Ta có HK song song với BD nên

1
1a 2 1
2a3
VOAHK = OA.SAHK =
. 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)
 1 
2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A − ,0 
 2 
1

Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng y = k x + 

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

13


− x + 1
1

 2x + 1 = k x + 2  (1)



⇔
 −3 = k
(2)
 ( 2x + 1) 2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
1


3 x + ÷
−x + 1
2
=− 
2
2x + 1
( 2x + 1)
1
1
3
⇔ (x − 1)(2x + 1) = 3(x + ) và x ≠ − ⇔ x − 1 =
2
2
2
5
1
⇔ x = . Do đó k = −
12
2
1
1
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = −  x + ÷
12 
2

Câu Va:
1. Điều kiện n ≥ 4
Ta có: ( x

2

n

) ∑C x
n

+2 =

k 2k n−k
2
n

k =0

Hệ số của số hạng chứa x8 là C4n 2 n − 4
3
2
1
Ta có: A n − 8Cn + Cn = 49

⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7
Nên hệ số của x8 là C47 23 = 280
2. Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R = 3
Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có
AB
3
AH = BH =
=
2

2
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'
2

 3
3
Ta có: IH ' = IH = IA − AH = 3 − 
 2 ÷
÷ =2


2

Ta có: MI =

( 5 − 1)

2

2

+ ( 1 + 2) = 5
2

3 7
=
2 2
3 13

MH ' = MI + H ' I = 5 + =
2 2

và MH = MI − HI = 5 −

14


3 49 52
+
=
= 13
4 4
4
3 169 172
R 22 = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = +
=
= 43
4
4
4
Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13
hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43
2
2
2
2
Ta có: R1 = MA = AH + MH =

BÀI GIẢI GỢI Ý

Câu I.
1. y = 2x4 – 4x2 .
TXĐ : D = R
3
= +∞
y’ = 8x – 8x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1; xlim
→±∞
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. x2x2 – 2 = m ⇔ 2x2x2 – 2 = 2m (*)
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) :
y = 2x2x2 – 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.

(C)

y

0

−1

1

2

x

−2

y

(C’)
2

−1

0

1

2

x

PT:sinx+cosxsin2x+ 3 cos 3x = 2(cos 4x + s i n 3 x)
3
1
3sin x − sin 3x
⇔ sin x + sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x +
2
2
2
⇔ sin 3x + 3 cos 3x = 2 cos 4x
1
3
⇔ sin 3x +
cos 3x = cos 4x
2

2
π
π
⇔ sin sin 3x + cos cos 3x = cos 4x
6
6
π

⇔ cos 4x = cos  3x − ÷
6

π
π


 4x = − 6 + 3x + k2π
 x = − 6 + k2 π
⇔
⇔
 4x = π − 3x + k2π
 x = π + k 2π
6
42
7


15


{

xy + x + 1 = 7y
2. x 2 y 2 + xy + 1 = 13y 2
y = 0 hệ vô nghiệm
x 1

 x + y + y = 7
y ≠ 0 hệ ⇔ 
x 1
 x 2 + + 2 = 13
y y

1
x
1
x
1
2
2
2
2
Đặt a = x + ; b = ⇒ a = x + 2 + 2 ⇒ x + 2 = a − 2b
y
y
y
y
y
a+b=7
a+b=7
Ta có hệ là a 2 − b = 13 ⇔ a 2 + a − 20 = 0

{

{

1
1


x+ =4
x + = −5




a=4
a = −5
y
y
⇔ b = 3 hay b = 12 . Vậy  x
hay  x
 =3
 = 12
 y
 y
 x = 1
x=3
x 2 − 4x + 3 = 0
x 2 + 5x + 12 = 0
⇔ x = 3y

hay x = 12y
(VN) ⇔  y = 1 hay y = 1

3
Câu III :
3
3
3
3 + ln x
dx
ln x
I=∫
dx = 3∫
+∫
dx
2
2
(x + 1)
(x + 1) 1 (x + 1) 2
1
1

{

{

{

{

3

dx
−3
I1 = 3∫
=
2
(x + 1)
(x + 1)
1

{

3

=
1

3
4

3

ln x
dx
2
(x
+
1)
1

I2 = ∫

Đặt u = lnx ⇒ du =
dv =

dx
x

dx
−1
. Chọn v =
2
(x + 1)
x +1
3

3

3

3

ln x
dx
ln 3
dx
dx
ln 3
3

I2 = −
+∫
=−
+∫
−∫
=−
+ ln
x + 1 1 1 x(x + 1)
4
x 1 x +1
4
2
1
3
Vậy : I = (1 + ln 3) − ln 2
4
Câu IV.
a BH 2
1 a 3a
a 3
= ⇒ BN = 3 =
BH= ,
; B'H =
2 BN 3
2 2 4
2
goïi CA= x, BA=2x, BC = x 3
CA2
2
2

2
BA + BC = 2 BN +
2

C

A

H
M

2

2
9a 2
 3a  x
⇔ 3x + 4 x = 2  ÷ +
⇔ x2 =
52
2
 4 
2

N

2

B
16

3 a 3
=
2
2
2
3
 a 3 1 9a a 3 9a
3÷
=
=
12 52 2
208
 2

Ta có: B ' H = BB '
V=

11 2
 x
3 2

Câu V :
(x + y)3 + 4xy ≥ 2
⇒ (x + y)3 + (x + y) 2 − 2 ≥ 0 ⇒ x + y ≥ 1

2
(x + y) − 4xy ≥ 0
1
(x + y) 2 1

≥ dấu “=” xảy ra khi : x = y =
2
2
2
2
2 2
(x + y )
Ta có : x 2 y 2 ≤
4
4
4
2 2
A = 3 ( x + y + x y ) − 2(x 2 + y 2 ) + 1 = 3 (x 2 + y 2 ) 2 − x 2 y 2  − 2(x 2 + y 2 ) + 1
⇒ x 2 + y2 ≥

 2
(x 2 + y 2 ) 2 
2 2
≥ 3  (x + y ) −
− 2(x 2 + y 2 ) + 1

4


9
= (x 2 + y 2 ) 2 − 2(x 2 + y 2 ) + 1
4
1
Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥
2

9 2
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
9
1
khi x = y =
Vậy : A min =
16
2
Câu VIa.
x−y
x − 7y
=±
1.
Phương trình 2 phân giác (∆1, ∆2) :
2
5 2
⇔ 5(x − y) = ± (x − 7y)
 y = −2x :d1

5(x − y) = x − 7y
⇔
⇔
1
y = x : d2
5(x
−
y)
=
−
x
+
7y

2

Phương trình hoành độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 =

4
5

25x2 – 20x + 16 = 0 (vô nghiệm)
2

4
x
Phương trình hoành độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 +  ÷ =
2 5
8
8 4

⇔ 25x 2 − 80x + 64 = 0 ⇔ x = . Vậy K  ; ÷
5
5 5
2 2
R = d (K, ∆1) =
5
17


uuur
uuur
TH1 : (P) // CD. Ta có : AB = ( −3; −1; 2), CD = ( −2; 4;0)
r
r
⇒ (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
TH2 : (P) qua I (1;1;1) là trung điểm CD
uuur
uur
Ta có AB = ( −3; −1;2), AI = (0; −1;0)
r
⇒ (P) có PVT n = (2;0;3)
(P) :2(x − 1) + 3(z − 1) = 0 ⇔ 2x + 3z − 5 = 0
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 ;− ÷
2 2
x + y = 3
B(m;m – 4)
2
2
BC2
7 
1

2
⇒ HB =
= 8 = m − ÷ + m − 4 + ÷
4

2 
2

2.

7
11

m
=
+
2
=

7

2
2
⇔ m − ÷ = 4 ⇔
7
3
2

m = − 2 =

2
2
 11 3 
3 5
 3 5

 11 3 
Vậy B1  ; ÷ ∧ C1  ; − ÷ hay B2  ; − ÷∧ C 2  ; ÷
 2 2
2 2
2 2
 2 2
uuur
r
AB = (4; −1;2); n P = (1; −2;2)
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.
x = 1 + t

Pt tham số BH:  y = −1 − 2t
z = 3 + 2t

2

2.

Tọa độ H = BH ∩ (Q) thỏa hệ phương trình :
 x = 1 + t, y = −1 − 2t, z = 3 + 2t
10
 1 11 7 
⇒ H− ; ; ÷
⇒t=−

9

 9 9 9
 x − 2y + 2z + 1 = 0
uur uuur 1
∆ qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP a ∆ = AH = ( 26;11; −2 )
9
x + 3 y − 0 z −1
=
=
Pt (∆) :
26
11
−2
Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y ∈ R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i
18


z – (2 + i)= 10 và z.z = 25
4x + 2y = 20
(x − 2) 2 + (y − 1) 2 = 10
⇔  x 2 + y2 = 25
⇔ x 2 + y 2 = 25

y = 10 − 2x
x=3
x =5
⇔ x 2 − 8x + 15 = 0 ⇔ y = 4 hay y = 0

{

{

{

{

Vậy z = 3 + 4i hay z = 5
Câu VII.b.
Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là : − x + m =

x2 − 1
x

⇔ 2x2 – 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 ⇔ (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16 ⇔ 2(xB – xA)2 = 16
 m2 + 8 
2
2
⇔ (xB – xA) = 8 ⇔ 
÷ = 8 ⇔ m = 24 ⇔ m = ±2 6 .
 4 

Hết.

19


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 = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), 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 (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 3 cos5x − 2sin 3x cos 2x − sin x = 0
 x(x + y + 1) − 3 = 0
2. Giải hệ phương trình (x + y) 2 − 5 + 1 = 0
(x, y ∈ R)
2

x
3
dx
I
=
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân
∫1 ex − 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 = (4x2 + 3y)(4y2 + 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 + y2 = 1. Gọi I là tâm của (C). Xác
·
định tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho IMO
= 300.

20


x+2 y−2 z
=
=
và mặt phẳng (P): x +
1
1
−1
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)
x2 + x − 1
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số y =
tại hai điểm

x
phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:

]BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I. 1. m = 0, y = x4 – 2x2 .
TXĐ : D = R
3
= +∞
y’ = 4x – 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1; xlim
→±∞
x
−∞
−1
0
1
+∞
y'
− 0
+ 0
−
0
+
y
+∞
0
+∞
y
−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
−1 0 1
y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = ±1
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 (Cm) và đường thẳng y = -1 là
x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1
⇔ x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0 ⇔ x = ±1 hay x2 = 3m + 1 (*)
Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) 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
 1
0 < 3m + 1 < 4
− < m < 1
⇔ 
⇔  3
3m + 1 ≠ 1
 m ≠ 0
Câu II. 1) Phương trình tương đương :
3 cos5x − (sin 5x + sin x) − sin x = 0 ⇔ 3 cos5x − sin 5x = 2sin x
π

3
1

⇔
cos5x − sin 5x = sin x ⇔ sin  − 5x ÷ = sin x
3

2
2
π
π
⇔ − 5x = x + k2 π hay − 5x = π − x + k2 π
3
3
π
π
2π
− k2 π
⇔ 6x = − k2π hay 4x = − π − k2 π = −
3
3
3
21


⇔ x=

π
π
π
π
− k hay x = − − k (k ∈ Z).
18

3
6
2

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

 t + x = 5  (t + x) − 2tx = 5
t =2
 tx = 2

3

 x(x + y) = 1  x(x + y) = 2
 y =1
y=−
∨
⇔
2 ∨
Vậy 
x=2
 x =1
 x =1
 x = 2
3
3
3
3
1 − ex + ex
ex
x
dx
=
−
dx
+
dx

=
−
2
+
ln
e
−
1
Câu III : I = ∫
∫1 ∫1 ex − 1
1
ex − 1
1
= −2 + ln(e3 − 1) − ln(e − 1) = −2 + ln(e 2 + e + 1)
Câu IV.
C/
2
2
2
2
AC = 9a − 4a = 5a ⇒ AC = a 5
BC 2 = 5a 2 − a 2 = 4a 2 ⇒ BC = 2a
M
H là hình chiếu của I xuống mặt ABC
Ta có IH ⊥ AC
IA/ A/ M 1
IH 2
4a
/
=

= ⇒
= ⇒ IH =
I
/
IC
AC
2
AA 3
3
B
1
11
4a 4a 3
C
VIABC = S ABC IH =
2a × a ×
=
(đvtt)
3
32
3
9
Tam giác A’BC vuông tại B
1
2
H
Nên SA’BC= a 52a = a 5
2
2 /
2

2 2
Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy IC = A C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 5
3
3
3
3
3V
4a
3
2a 2a 5
=
=
Vậy d(A,IBC) = IABC = 3
2
S IBC
9 2a 5
5
5
2
2
2 2
Câu V.
S = (4x + 3y)(4y + 3x) + 25xy = 16x y + 12(x3 + y3) + 34xy
= 16x2y2 + 12[(x + y)3 – 3xy(x + y)] + 34xy = 16x2y2 + 12(1 – 3xy) + 34xy
= 16x2y2 – 2xy + 12
Đặt t = x.y, vì x, y ≥ 0 và x + y = 1 nên 0 ≤ t ≤ ¼
Khi đó S = 16t2 – 2t + 12
1
S’ = 32t – 2 ; S’ = 0 ⇔ t =
16

25
1
191
S(0) = 12; S(¼) =
;S( )=
. Vì S liên tục [0; ¼ ] nên :
2
16
16
25
1
Max S =
khi x = y =
2
2

A

A

22




2+ 3
2− 3
x
=
x

=


191


4
4
Min S =
khi 
hay 
2
−
3
2
+
3
16
y =
y =



4
4
PHẦN RIÊNG
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
3
D = BC ∩ AD ⇒ D (0 ; − )
2
D là trung điểm BC ⇒ C (-uuu
3;r- 1)
AC qua A (1; 2) có VTCP AC = (−4; −3)
nên AC: 3(x –1)– 4(y – 2) = 0 ⇔ 3x – 4y + 5 = 0
x = 2 − t
uuur

2) AB qua A có VTCP AB = ( −1;1; 2) nên có phương trình :  y = 1 + t (t ∈ ¡ )
 z = 2t

D ∈ AB ⇔ D (2 – t; 1 + t; 2t)
uuur
uuur r
CD = (1 − t; t ; 2t) . Vì C ∉ (P) nên : CD //(P) ⇔ CD ⊥ n ( P)
1
5 1

⇔ 1(1 − t) + 1.t + 1.2t = 0 ⇔ t = − Vậy : D  ; ; − 1÷
2
2 2

2
2
Câu VI.b. 1. (x – 1) + y = 1. Tâm I (1; 0); R = 1
·
·

Ta có IMO
= 300, ∆OIM cân tại I ⇒ MOI
= 300
1
0
⇒ OM có hệ số góc k = ± tg30 = ±
3
1
x
x2
2
=0
+k=±
⇒ pt OM : y=±
thế vào pt (C) ⇒ x − 2x +
3
3
3
3
3
3
⇔ x= 0 (loại) hay x = . Vậy M  ; ±
÷
2 
2
2
Cách khác:
Ta có thể giải bằng hình học phẳng
·
·

OI=1, IOM
= IMO
= 300 , do đối xứng ta sẽ có
2 điểm đáp án đối xứng với Ox
H là hình chiếu của M xuống OX.
Tam giác OM 1 H là nửa tam giác đều
OI=1 => OH
3
Vậy M 1  ,
2

3
3
3
3 3
= ⇒ OM =
, HM =
=
2
6
3
2 3
3
3
3
÷, M 2  , −
÷
2 
2 
2

O

M1
I

H

M2

2. Gọi A = ∆ ∩ (P) ⇒ A(-3;1;1)
uuur
uur
a ∆ = (1;1; −1) ; n ( P) = (1;2; −3)
23


uur uur uuur
d đđi qua A và có VTCP a d = a ∆ , n ( P)  = ( −1;2;1) 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 ⇔

(x − 3) 2 + (y + 4)2 = 2 ⇔ (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4

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.
x2 + x − 1
Câu VII.b. pt hoành độ giao điểm là :
(1)
= −2x + m
x
⇔ x2 + x – 1 = x(– 2x + m) (vì x = 0 không là nghiệm của (1))
⇔ 3x2 + (1 – m)x – 1 = 0
phương trình này có a.c < 0 với mọi m nên có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
b
Ycbt ⇔ S = x1 + x2 = − = 0 ⇔ m – 1 = 0 ⇔ m = 1.
a
Hết.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
----------------------------ĐỀ CHÍNH THÚC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: A
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 y =

x+2
2x + 3

( 1)

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
( 1 + 2sin x ) ( 1 − s inx )

= 3.

2. Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5x − 8 = 0

( x∈R)

Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân I =

π
2

∫ ( cos x − 1) cos x.dx
3

2

0

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:

( x + y)

3

+ ( x + z) + 3( x + y) ( x + z) ( y + z) ≤ 5( y + z ) .
3

3

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.

24


2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng

( P ) : 2x − 2y − z − 4 = 0

và mặt cầu

( S) : x 2 + y 2 + z 2 − 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 z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 + 2z + 10 = 0. tính giá trị của biểu thức A = |z1|3 + |z2|3.
B.
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
2
2
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( 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

x +1 y z + 9
x −1 y − 3 z +1
= =
; ∆2 :
=
=
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆1 sao
1
1
6
2
1
−2
cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆ 2 và khoăng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
∆1 :

Câu VII.b (1,0 điểm)

(

)

log 2 x 2 + y 2 = 1 + log 2 ( xy )
Giải hệ phương trình  2
2
3x − xy + y = 81

( x, y ∈ R ) .

---------------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 ≠ −
+ y’ =

−1

( 2x + 3)

2

< 0, ∀ x ≠ −

3
2

3
2

+ Tiệm cận
Vì lim

x →∞

Vì

x+2 1
1
= nên tiệm cận ngang là : y =
2x + 3 2
2

lim

+

 3
x →−  ÷
 2

x+2
x+2
= +∞; lim −

= −∞ nên tiệm cận đứng là : x = - 3
 3  2x + 3
2x + 3
x →−  ÷
2
 2

Bảng biến thiên:

 2
Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại  0; ÷ và cắt Ox tại (-2; 0)
 3
25