ĐỀ + Đáp án môn Toán Cao đẳng 09

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
+ − +
= +