Bo dedap an DHCD nam 20102011

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, SA=SB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45 0.. Tìm tọa độ hình chiếu vuôn[r]

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 Mơn thi : TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2x2 + (1 – m)x + m (1), m số thực

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, x3 thỏa mãn

điều kiện : x12x22x32 4 Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

(1 sin x cos 2x)sin x

1 cos x tan x



 

    

  



2 Giải bất phương trình :

x x

1 2(x x 1)





  

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :

1 x x

x

x e 2x e

I dx

1 2e

 







Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN DM Biết SH vng góc với mặt phẳng

(ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đường thẳng DM

SC theo a

Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

2

2

(4 1) ( 3) 4

x x y y

x y x

     

 

   



 (x, y  R).

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: 3x y 0 d2: 3x y 0 Gọi (T)

đường tròn tiếp xúc với d1 A, cắt d2 hai điểm B C cho tam giác ABC vng B Viết

phương trình (T), biết tam giác ABC có diện tích

3

2 điểm A có hồnh độ dương.

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

1

:

2 1

x y z

  

 mặt phẳng (P) : x  2y + z = 0.

Gọi C giao điểm  với (P), M điểm thuộc  Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo số phức z, biết z( 2i) (12  )i

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x + y 4 = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) đường thẳng

2

:

2

x y z

  

Tính khoảng cách từ A đến  Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt  hai điểm B C cho BC = Câu VII.b (1 điểm).

Cho số phức z thỏa mãn

2 (1 )

1 i z

i

 

 Tìm mơđun số phức z iz

BÀI GIẢI Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + 1.

Tập xác định R y’ = 3x2 – 4x; y’ =  x = hay x = 3; lim

x y

  

 

và limx y

 



x



4

3 + y’ +  +

y +  CĐ

5 27



CT

Hàm số đồng biến (∞; 0) ; (

3; +∞); hàm số nghịch biến (0; 3)

Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu x=

4 3; y(

4 ) =

5 27



y" = 6x 4; y” =  x =

2

3 Điểm uốn I ( 3;

11 27)

Đồ thị :

2 Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) trục hoành : x3 – 2x2 + (1 – m)x + m =  (x – 1) (x2 – x – m) = 0

 x = hay g(x) = x2 – x – m = (2)

Gọi x1, x2 nghiệm phương trình (2) Với điều kiện + 4m > ta có :

x1 + x2 = 1; x1x2 = –m Do u cầu tốn tương đương với:

2

1

1 4m g(1) m x x

  



 



  



 

2

1 2

1 m

4 m

(x x ) 2x x

    

 



  

 

 

1 m

4 m 2m

    

 

 

 

 

1 m

4 m m

    

 

  





m

m



  

   

Câu II: 1 Điều kiện : cosx0 tanx ≠ - 1

PT 

(1 sin cos ).(sin cos ) cos tan

x x x x

x x

  

 



(1 sin cos ).(sin cos )

cos cos sin cos

x x x x

x x

x x

  

 

2

(1 sin cos ) sin cos

1 2sin sin sin 1( ) sin

2

2 ( )

6

x x x x

x x x loai hay x

x k hay x k k

      

      

 

        

2 Điều kiện x ≥

y

x

0 4

3

1

Bất phương trình 

2

2

x x 2(x x 1) 2(x x 1)

    



  

▪ Mẫu số < 

2(x  x 1) 1 

 2x2 – 2x + > (hiển nhiên)

Do bất phương trình 

2

x x 1  2(x  x 1) ≤ 0



2(x  x 1) x x 1



2

x x

(x 1) x (x 1) x

            x x (x x )

   



  

  x x  

0 x x (1 x)  

 x

x  3x 0 



0 x x           x  

Cách khác :

Điều kiện x 

Nhận xét :

2

2 3

1 2( 1)

2

x x x  

            

 

 

 

(1) 

2

1 2( 1)

x x  x  x

* x = không thoả * x > : (1)

1

1

x x x x             1

2 x x

x x             Đặt 1

t x x t

x x

     

(1) thành :

2

2

1 2( 1)

2 2 (*) t

t t

t t t

 

    

   



(*) t2  0t   ( 1)t 2 0 t1

1

1

1

6 5

4

1 ( )

x x x

x x x x loai                          Câu III.

1 1

2

0 0

(1 )

1 2

x x x

x x

x e e e

I dx x dx dx

e e           ; 1 0 ; 3 x

I x dx 

1

01 x x e I dx e    =

1 (1 ) 2

x x d e e    = 1

ln(1 )

x e



=

Vậy I =

1 1 ln 3

e



 

  

 

Câu IV:

S(NDCM)=

2 2

2 1

2 2

a a a

a     a

  (đvdt)  V(S.NDCM)=

2

1 5 3

3 24

a a

a 

(đvtt)

2

2

4

a a

NC  a  

,

Ta có tam giác vuông AMD NDC

Nên NCD ADM DM vng NC

Vậy Ta có:

2

2 .

5

a a

DC HC NC HC

a

   

Ta có tam giác SHC vuông H, khỏang cách DM SC chiều cao h vẽ từ H tam giác SHC

Nên 2 2 2

1 1 19

4 12 19

a h

h HC SH  a  a  a  

Câu V : ĐK :

3

x

Đặt u = 2x; v 2 y

Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1)  (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = u = v

Nghĩa :

2

4

5 x

x y

x y



  



   

    

Pt (2) trở thành

2

25

6 4 (*)  x  x   x 

Xét hàm số

4 25

( ) 4

f x  x  x    x

3 0;

4

 

 

 

2

'( ) (4 3)

3

f x x x

x

  

 < 0

Mặt khác :

1

f  

  nên (*) có nghiệm x =

1

2 y = 2.

Vậy hệ có nghiệm x =

1

2 y = 2 A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1 A  d1 A (a;a 3) (a>0)

Pt AC qua A  d1 : x 3y 4a0

AC  d2 = C(2a;2 3a)

Pt AB qua A  d2 : x 3y2a0

AB  d2 = B

3 ; 2

a a

 

 

 

 

 

B A

C D

H M N

2

3 1

; ; ;

2 3

1 3

; ; ( ) :

2

2 3

ABC

S BA BC a A C

Tâm I IA Pt T x y



   

           

   



     

             

 

   



2 C (1 + 2t; t; –2 – t) 

C  (P)  (1 + 2t) – 2t – – t =  t = –1  C (–1; –1; –1)

M (1 + 2t; t; –2 – t)

MC2 =  (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 =  6(t + 1)2 =  t + = 1  t = hay t = –2

Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0)

d (M1, (P)) =

1

6

 



; d (M2, (P)) =

3

6

1

6

    Câu VII.a: z ( i) (1   2i) = (1 2i)(1  2i)= (5 2i)

 z 5  2i  Phần ảo số phức z  B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b :

1 Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) =  x – y =

Gọi K giao điểm IJ AH (với IJ : x + y – = 0), suy K nghiệm hệ 

x y x y 4 

 K (2; 2)

K trung điểm AH  

H K A

H K A

x 2x x y 2y  y   4 62

 H (-2; -2)

Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) =  x + y + =

Gọi B (b; -b – 4)  BC

Do H trung điểm BC  C (-4 – b; b); E (1; -3)

Ta có : CE (5 b; b 3)   



vng góc với BA (6 b; b 10)  



 (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) =  2b2 + 12b =  b = hay b = -6

Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C2 (2; -6)

2  qua M (-2; 2; -3), VTCP a (2;3; 2)



; AM ( 2; 2; 1)  



 a AM ( 7; 2;10)   

 

 d( A, ) =

a AM 49 100 153 17

a

  

 

  

 



=3

Vẽ BH vng góc với 

Ta có : BH =

BC

2  AHB  R2 =

153 425 16

17 17

 

=25 Phương trình (S) : x2y2(z 2) 25

Câu VII.b:

3 (1 3i) z

1 i

 



(1 3i) cos( ) i sin( )

3

 

 

      

 

  

3

(1 3i) 8 cos(  ) i sin( )

= 8 

8 8(1 i)

z 4i

1 i

  

   



 z iz  4 4i i( 4i)   = 8(1 i)  z iz 8

Đặng Ngọc Liên, Đặng Ngọc Hùng

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Môn thi : TỐN

Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho haøm số y =

2x x



 đ

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Tìm m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB có diện tích (O gốc tọa độ)

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = Giải phương trình 3x 1 6 x3x214x 0 (x  R). Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =

ln (2 ln )

e x

dx

x  x



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, góc hai mặt phẳng (A’BC) (ABC) 600 Gọi G trọng tâm tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ cho tính

bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M=3(a2b2+b2c2+c2a2) + 3(ab + bc + ca) + 2 a2b2c2 .

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):

Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, có đỉnh C(-4; 1), phân giác góc A có phương trình x + y – = Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC 24 đỉnh A có hồnh độ dương

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c), b, c dương mặt phẳng (P): y – z + = Xác định b c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC)

1 3.

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn:

(1 ) z i  i z

B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3) elip (E):

2

1

x y

 

Gọi F1 F2 tiêu điểm

của (E) (F1 có hồnh độ âm); M giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với (E); N điểm

2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

1 2

x y z

 

Xác định tọa độ điểm M trục hoành cho khoảng cách từ M đến  OM

Câu VII.b (1,0 điểm) Gỉai hệ phương trình :

2

x x

log (3y 1) x 3y

 

 

 

 (x, y  R)

BÀI GIẢI

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I 1

 

 

/

2

\ ; 0,

1

D y x D

x

     

 

TCĐ: x= -1 xlim 1 y, limx1 y 

; TCN: y = vìxlim y2

Hàm số đồng biến (; 1) (1; +) Hàm số khơng có cực trị

x -∞ -1 +∞ y’ + +

y +∞ 2 -∞

2 Phương trình hồnh độ giao điểm (C) đường thẳng y = -2x +m

   

2

2 *

1 x

x m x m x m

x



       

 (vì x = -1 khơng nghiệm)

Phương trình (*) có  m2 8 0,m nên d ln cắt (C) điểm A, B.Ta có:

   

1

3 2

2

OAB A B B A A B B A

S   x y  x y   x  x m  x  x m 

  2 3 2 2 12

A B A B

m x x m x x

     

2

2 12

4 m

m 

 

4 8 48 0 4 2

m m m m

       

Câu II.

1 (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx =

 cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) =  cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x =  cos2x (cosx + sinx + = 0)  cos2x =

3

2 O -1

-2

-3

2

 2x = k

  

 x =

k

 



(k  Z)

2 3x 1 6 x3x214x 0 , điều kiện :

1

x

  

 3x 1 1  6 x3x214x 0



3 15

( 5)(3 1)

x x

x x

x x

 

    

   

 x – = hay

3

(3 1)

3x 1 1  6 x  x  (vô nghiệm)  x = 5 Câu III.

 2

1 ln ln

e x

I dx

x x







;

1 ln

u x du dx

x

  

x e u

   

1

2

0

1

2

2

u

I du du

u

u u

 

    

  

   

 

1

0 ln

2 u

u

 

   



 

 

2

ln ln

 

   

 

3 ln

2

 

  

 

Câu IV

Gọi H trung điểm BC, theo giả thuyết ta có :



A 'HA 60 Ta có : AH =

a

2 , A’H = 2AH = a

và AA’ =

a 3 =

3a

Vậy thể tích khối lăng trụ V =

2 a 3a

4 = 3a

8

Kẻ đường trung trực GA trung điểm M GA mặt phẳng A’AH cắt GI J GJ bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC

Ta có: GM.GA = GJ.GI

 R = GJ = GM GA

GI =

2 2

2

GA GI IA

GI GI

 

=

7 12

a

Câu V Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca  = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)  a2 + b2 + c2 = – 2t

1

3 t

 

Theo B.C.S ta có : t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2)  M ≥

2 3 2 2 ( )

t  t  t f t

f’(t) =

2

1 t

t

  

f ’’(t) =

2

(1 )t



 < 0,

t  0,

3

 

 

   f’(t) hàm giảm

1 11 '( ) '( )

3

f t f  

>  f tăng  f(t) ≥ f(0) = 2, t  0,

3

 

 

 

 M ≥ 2,  a, b, c không âm thỏa a + b + c =

A’

A

B C

C’

B’

H G

I

Khi a = b = c = M = Vậy M =

PHẦN RIÊNG

A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a

1 Vì C (-4; 1), A vng phân giác góc A (d) : x + y – = 0, xA > nên A(4; 1)  AC =

Mà diện tích ABC = 24 nên AB =

Mặt khác, AB vng góc với trục hồnh nên B (4; 7)

Vậy phương trình BC là: 3x + 4y – 16 = A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c >

 (ABC) :

1

x y z

b c

  

 (ABC) : bc.x + cy + bz – bc =

Vì d (0; ABC) =

1

3 nên 2 2

1 bc

b c b c   3b2c2 = b2c2 + b2 + c2  b2 + c2 = 2b2c2 (1)

(P) : y – z + = có VTPT nP (0;1; 1)



(ABC) có VTPT n( ; ; )bc c b



Vì (P) vng góc với (ABC)  nnP  n n P 0

   

 c – b = (2)

Từ (1), (2) b, c > suy : b = c =

Câu VII.a.

z = a + ib Suy : z i a  (b1)i (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i

(1 ) z i  i z



2 ( 1)2 ( )2 ( )2

a  b  a b  a b

 a2 + (b2 – 2b + 1) = (a2 + b2)  a2 + b2 + 2b – =  a2 + (b + 1)2 =

Vậy z = a + ib với a, b thỏa a2 + (b + 1)2 = 2. B Theo Chương trình Nâng Cao

Câu VI.b

1  

2

2 2

:

3

x y

E    c a  b   

Do F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x y 0   M

2 1;

3

 

 

   N

4 1;

3

 

 

  

1 NA 1;

3

 

  

 



; F A2 1; 3



 NA.F A 02   

ANF2 vng A nên đường trịn ngoại tiếp tam giác có đường kính F2N Do đường trịn

có phương trình :

2

2

( 1)

3

x y  

 

2 d (M; ) =

NM,a a

 

  

M  Ox  M (m; 0; 0)  qua N (0; 1; 0) có VTCP a



= (2; 1; 2)

NM (m; 1;0)  

 a, NM  (2;2m; m) 

 

Ta có: d (M, ) = OM 

a, NM

OM a

 

 

  





5m 4m m

 



 4m2 – 4m – =  m = 1 hay m = Vậy M (1; 0; 0) hay M (2; 0; 0)

A B

C

Câu VII.b

x x

log (3y 1) x 3y

 

 

 

 

x

x x

3y 3y

  

 

 



 

x

x x

2 y

3 3y

 

  

  

 

x

x x x

2 y

3

3(4 ) (2 1)

 

  

   





x

x x

2 y

3

2.4

 

  

   

 

x

x x

2 y

3 (2 1)(2 )

2

 

   

   



 

x

x

2 y

3

2

 

   

 



 

x 1 y

2

   

  

Đặng Ngọc Liên, Đặng Ngọc Hùng (Trung tâm BDVH LTĐH- SĐT:0977467739

THPT-Ngọc Hồi- KonTum.)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn : TỐN - Khối : D

Thời gian: 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 x4 x26

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng

1

y x

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình sin 2x cos 2x3sinx cosx1 0

2 Giải phương trình

3

2 2 4

4 x x 2x  x 2x  x (x )

    

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3 ln e

I x xdx

x

 

   

 



Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA = a; hình

chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn AC,

AC

AH 

Gọi CM là

đường cao tam giác SAC Chứng minh M trung điểm SA tính thể tích khối tứ diện SMBC

theo a

Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y x24x21 x23x10

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-2;0) Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  = (Q): x  y + z  = Viết

phương trình mặt phẳng (R) vng góc với (P) (Q) cho khoảng cách từ O đến (R)

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z  z2 số ảo. B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2)  đường thẳng qua O Gọi H hình chiếu

vng góc A  Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hồnh

2 Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1:

x t

y t z t

   

   

 2:

2 2

x y z

 

Xác định toạ độ điểm M thuộc 1 cho khoảng cách từ M đến 2

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

2 2

4

( , ) 2log ( 2) log

x x y

x y

x y

    



 

  

 



BÀI GIẢI GỢI Y PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: yx4 x26 ( )C

1/ Khảo sát, vẽ (C) TXĐ : D = R;

3

' ; ' (2 1) 0;

y  x  x y    x x    x y

2

" 12

y  x    hàm số lồi R

limx limx

y y

    

  

x - +

y' + 

y

- -

Hàm số đồng biến khoảng (-;0), nghịch biến khoảng (0;+)

y đạt cực đại x = 0, yCĐ =

(C)  Ox : A ( 2;0)

2/ Tiếp tuyến  vng góc d :

1

y x

 Pt () : y =  6x + b

 tiếp xúc (C)  hệ sau có nghiệm :

4

3

6

10

x x x b x

b

x x

      





 



  

 



Vậy  : y =  6x + 10 Câu II:

1/ Giải phương trình : sin 2x cos 2x3sinx cosx1 0

2

2

2sin cos 2sin 3sin cos cos(2sin 1) 2sin 3sin cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) (2sin 1)(cos sin 2)

x x x x x

x x x

x x x x

x x x

      

     

     

    

1

sin 6

2

5

cos sin 2( ) ( )

x k

x

x x VN x k k Z

 

  

 

 

  

  

     





2/

3

2 2 4

4 x x 2x  x 2x  x

   (*); đk : x  2

3

2 4 4

4  x (2 x 1) (2x x 1)

     (24x4 1)(42 x2  ) 0x3 

 24x4  1 4x 0  x1 

3

4 2  x 2x

3 8 2( 2 2)

x   x  

2 2( 2)

( 2)( 4)

2 x

x x x

x



   

 

2

2 2

2

x x

x x

x

    

   

 

VT = x22x 4 (x1)2 3 VP =

2

1 2

x    Phương trình vơ nghiệm Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = 2. Câu III :

1

1 1

3

2 ln ln ln

e e e

I I

I x xdx x xdx x dx

x x

 

     

 

  

         

1

ln e

I x xdx

; Đặt ln

dx

u x du

x

  

;

2

2 x

dv xdx  v

2 2

1

1

1

1 1

ln

2 2 2

e e e

x e x e

I  x  xdx     

    

Tính I2 : Đặt t = lnx 

dx dt

x



x = 1; t = 0; x = e ; t =

1

1

2

0 0

1 2 t

I  tdt  

 



Vậy

2 2 e

I  

Câu IV:

Ta có

2

2 14

4

a a

SH  a    

 

2

2

14 32

2

16 16

a a a

SC    a

 

  = AC

Vậy SCA cân C nên đường cao hạ từ C xuống SAC

chính trung điểm SA

Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên MK =

1 2SH

Ta có

3

1 14 14 ( )

3 24

a a

V S ABC   a  

 

Nên V(MABC) = V(MSBC) =

1

2V(SABC) =

3 14 48 a

Câu V:

2

2 49

( 2) 25

2

y  x    x  

  ; đk :

2

2

4 21

2 5

3 10

x x x

x x

x x

      



    

 

  

   

 



2 2

3

2

2( 2) 2

'

2 ( 2) 25 49 49 ( 2) 25

2 4

x x

x x

y

x x

x x

   

      

      

   

         

         

2

3 49

' ( 2) 25 ( 2)

2

y   x   x   x  x  

   

2

2

3

( 2)

3 49

( 2) 25 ( 2)

2

x x

x x x x

 

  

 



 



   

   

           

     

     



2

2

2

3

10 7( 2)

3 49

25 ( 2)

2

10 7( 2)

x x

x x

x x

x x



  

 

  



  

    

 

 

       

     

  

   

 

 

3

2

1

( ) 10 15 14 3

10 15 14 17 29 29 ( ) 17

x x

x nhan

x x x

x x x

x loai



  

 

 

       

 

   

 

       

 



x 2 1/3

y'  +

y y(1/

3)

2;

y   y 

 

Cách khác: khơng cần bảng biến thiên, cần so sánh y(-2), y(1/3) y(5)

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a:

1/ * C1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm I điểm H'

 BC qua trung điểm HH'

Phương trình AH : x =

Đường trịn (C) có pt : (x2)2 y2 74 H' giao điểm AH đường tròn (C)

 H' (3; 7)

Đường thẳng BC có phương trình : y = cắt đường trịn (C) điểm C có hồnh độ nghiệm phương trình : (x2)232 74

 x 65 2 (lấy hoành độ dương); y =

Vậy C ( 65 2 ; 3)

* C2: Gọi (C) đường tròn tâm I(2;0),

bán kính R = IA 74

Pt đường trịn (C) : (x2)2y2 74

Gọi AA1 đường kính  BHCA1 hình bình hành  HA1 qua M trung điểm BC

Nên : ( 2;3) M M x

IM AH M

y                                     

Pt BC qua M vng góc AH : y  =

Toạ độ C thoả hệ phương trình :

2

( 2) 74

2 65 3 x y x y y x                   

 Vậy

C ( 65 2 ; 3)

2/ PVT nP(1;1;1)



; PVT mQ (1; 1;1)



; PVT kR n m(2;0; 2) 2(1;0; 1)  

                                         

Phương trình (R) có dạng : x  z + D = Ta có : d (0;(R)) =

2 2

2 D

D

   

Phương trình (R) : x z 2 0 hay x z  2 0

Câu VII.a: Đặt z a bi   z2 a2 b22abi

Ta có hệ phương trình

2 2

2 2

0

2

a b a

a b b

              

  Vậy :

1

3

1 , 1 ,

z i z i

z i z i

   

   

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b:

1/ * C1 :Gọi H(x0; y0) hình chiếu A xuống 

Ta có : AH ( ;x y0  2),OH ( ; )x y0

 

Do gt :

2 2

0 0 0 0 0

2

2

0

0 0

( 2) 2 0

( , ) ( 2) 4

x y y x y y

AH OH

AH d H Ox x y y x y

                                                          2

0 0

2

0 0 0

2

1

2

4 4

8 0( ) y

x

y y y

x y x y y

x loai                                                  0

4

4 8; 5 x H y              

 . Phương trình  : ( 1) x 8 y0

* C2 :

 Oy  H  A : không thoả AH = d(H, Ox)  Ox  H  O : không thoả AH = d(H, Ox)  Pt  : y = kx (k  0)

1 AH

y x

AH qua A k

  

  

 

Toạ độ H =  AH thoả hệ

2 2 2 2 2 ; 1 2 k x y kx k k k H k k

y x k

2

2 2 2

4

2 2

2

2

2 2

( ; )

1 1

1

2

2

0 ( )

k k k

AH d H Ox k k

k k k

k

k

k loai

 

 

           

  

   

 



 



  

 

 

 

Vậy  :

2

y  x

2/ M 1 M(3+t; t; t)

2 (2;1;0)

1 (2;1; 2) qua A

co VTCP a

   

 





Ta có : AM  (1 ;t t1; )t



2

[ ,a AM] (2 t; 2;t 3)

                   ; d(M;

2) =

2

2

(2 ) ( 3) 4

1 (4;1;1) 10 17 10

4 (7; 4; 4)

t t

t M

t t t t

t M

   

 

 

  

         

  

Câu VII.b:

2

4 (1) 2log ( 2) log (2)

x x y

x y

    

 

  



 ; đk: x > 2, y > 0

(2)

2 2

( 2)

2 y x

x y

y x

  

    

  

*

2 ( )

2 (1) 2

x loai

y x x x x

x

 

        

 

*

2

2

4 2

2 (1) 1( )

5 4

x x x

y x x loai

x x

x

     



     

   

 

 

 x = 3; y = x = 4; y = 

Đặng Ngọc Liên, Đặng Ngọc Hùng (Trung tâm BDVH LTĐH- SĐT:0977467739

THPT Ngọc Hồi- KonTum.)

ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010 Mơn thi : TỐN

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm).

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y= x3 + 3x2 – 1.

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hoành độ -1

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình

5

4cos cos 2(8sin 1) cos 2

x x

x x

  

2 Giải hệ phương trình : 2

2

2

x y x y

x xy y

    

 

  



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :

1

0 2x

I dx

x

 





Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng đáy, SA=SB, góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy 450 Tính theo a thể

tích khối chóp S.ABCD

Câu V (1,0 điểm). Cho hai số thực dương thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện 3x + y1 Tìm giá trị nhỏ

của biểu thức

1 A

x xy

 

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (1; -2; 3), B (-1; 0; 1) mặt phẳng (P): x + y + z + =

1 Tìm tọa độ hình chiếu vng góc A (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính

AB

, có tâm thuộc đường thẳng AB (S) tiếp xúc với (P)

Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (2 – 3i)z + (4+i)z= -(1+3i)2 Tìm phần thực và

phần ảo z

B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1 1

x y z

 

 mặt

phẳng (P): 2x – y + 2z – =

1 Viết phương trình mặt phẳng chứa d vng góc với (P)

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho M cách gốc tọa độ O mặt phẳng (P)

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình z2–(1+i)z+6+3i = tập hợp số phức. BÀI GIẢI

Câu I: Tập xác định R y’ = 3x2 + 6x; y’ =  x = hay x = -2; lim

x y

  

 

limx y

 



x  -2 +

y’ +  +

y +  CĐ -1

CT

Hàm số đồng biến (∞; -2) ; (0; +∞); hàm số nghịch biến (-2; 0)

Hàm số đạt cực đại x = -2; y(-2) = 3; hàm số đạt cực tiểu x=0; y(0) = -1 y" = 6x + 6; y” =  x = -1 Điểm uốn I (-1; 1)

Đồ thị :

2 Gọi A điểm (C) có hồnh độ x = -1  tung độ A

Hệ số góc tiếp tuyến A y’(-1) = -3

Vậy phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A là: y

x

-2

d : y – = -3(x + 1)  y = -3x – Câu II: 1

5

4cos cos 2(8sin 1) cos 2

x x

x x

  

 2(cos 4xcos ) 16sin cosx  x x 2cosx5

 2cos 4x8sin 2x5  4sin 2 x8sin 2x5  4sin22x – 8sin2x + = 

3 sin

2

x

(loại) hay

1 sin

2

x



2

6

x k 

hay

5

2

6

x  k 

 12

x k

hay

5 12

x  k

(k  Z)

2 2

2 (1)

2 (2)

x y x y

x xy y

    

 

  

 

(1)  (2x y ) 2 x y  0  2x y 1 hay 2x y 3 (loại)  2x + y =  y = – 2x (3)

Thay (3) vào (2) ta có: x2 – 2x(1 – 2x) – (1 – 2x)2 = 2  x2 + 2x – =  x = hay x = -3

Khi x = y = -1; x = -3 y = Vậy nghiệm hệ phương trình

1 x y

  



 hay

3 x y

  

  Câu III.

1

0 2x

I dx

x

 





=

0

3

1 dx x

 



 



 



=  

1 2x 3ln x1

= – 3ln2

Câu IV:

Ta có tam giác vng SHC, có góc SCH =450 Nên tam giác vuông cân

Vậy

2

2 a a

HC SH a

4

    

3

1 a a V a

3

 

Câu V : Cách 1:  3x + y = x + x + x + y 

4 x y 

4

x y 

A =

3

1 2

8

x xy  x xy  x y 

Khi x = y =

1

4 ta có A = Vậy A = 8.

Cách 2: Áp dụng : a, b > :

1

a b a b

A =

1 1 1 2

x y

x xy  x x y  x 

4

8

2

x y x y

x

  



 

Khi x = y =

1

4 ta có A = Vậy A = 8. A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a: A (1; -2; 3), B (-1; 0; 1); (P) : x + y + z + =

S

A

B C

 VTPT (P) nP



= (1; 1; 1)

1 Gọi () đường thẳng qua A vng góc với (P) :

() :

1

1 1

x y z

 

H hình chiếu A lên (P) H = ()  (P) nên tọa độ H thỏa :

1

1 1

x y z

x y z

    



   

 



 

1 x y z

  

   

 Vậy H (-1; -4; 1)

2 Ta có AB = 4 4   12 3 AB = (-2; 2; -2) Bán kính mặt cầu (S) R =

1 AB



(AB) :

1

1 1

x y z

 

 Vì tâm I  (AB)  I (t – 1; – t; t + 1)

(S) tiếp xúc (P) nên d (I; (P)) = R  t4 1  t = -3 hay t = -5  I (-4; 3; -2) hay I (-6; 5; -4)

Vậy ta có hai mặt cầu thỏa yêu cầu đề : (S1) : (x + 4)2 + (y – 3)2 + (z + 2)2 =

1

(S2) : (x + 6)2 + (y – 5)2 + (z + 4) = Câu VII.a: (2 – 3i)z + (4+i)z=-(1+3i)2 (1)

Gọi z = x + yi (x, y  R)

(1)  (2 – 3i)(x + yi) + (4 + i)(x – yi) = – 6i  (6x + 4y) – (2x + 2y)i = – 6i  6x + 4y = 2x + 2y =  x = -2 y =

Vậy phần thực z -2 phần ảo z

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b :

1 d :

1 1

x y z

 

 mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – = 0

d qua A (0; 1; 0) có VTCP ad 

= (-2; 1; 1) (P) có VTPT : n( )P



= (2; -1; 2) () chứa d vng góc với (P) nên :

() qua A (0; 1; 0) có VTPT : n( ) a( )d ,n( )P  3(1;2;0)

  

Ptmp () : (x – 0) + 2(y – 1) =  x + 2y – =

2 M  d  M (-2t; + t; t)

M cách O (P)  OM = d (M, (P)) 

2 2 2( ) (1 ) 2( ) (1 )

4

t t t

t  t t      

 



6t 2t  1 t

 t =  M (0; 1; 0) Câu VII.b: z2 – (1 + i)z + + 3i = 0 (1)

 = -24 – 10i = (1 – 5i)2

(1)  z = – 2i hay z = 3i

Đặng Ngọc Liên, Đặng Ngọc Hùng (Trung tâm BDVH LTĐH- SĐT:0977467739

Nếu thật khơng muốn người thừa xã hội./ Bến bờ thành công dấu chân kẻ lười biếng./

Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn, Mong Toán học bớt khơ khan Em Tốn nhiều cơng thức, Vẫn đẹp hoa lại chẳng tàn (Kỉ niệm)