Đề 03 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
 Môn Thi: TOÁN – Khối A 
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 7 điểm) 
 Câu I (2 điểm) Cho hàm số  3 2( ) 3 1 1y f x mx mx m x      , m là tham số 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 
 2. Xác định các giá trị của m để hàm số ( )y f x không có cực trị. 
Câu II (2 điểm) 
 1. Giải phương trình :  
4 4sin cos 1
tan cot
sin 2 2
x x
x x
x

  
 2. Giải phương trình:    2 3
4 82
log 1 2 log 4 log 4x x x      
Câu III (1 điểm) Tính tích phân 
3
2
2
1
2
1
dx
A
x x


 
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường 
sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB 
bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. 
Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm 
 
2
2
7 6 0
2 1 3 0
x x
x m x m
  
    



PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 
1. Theo chương trình chuẩn. 
Câu VI.a (2 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các 
đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác 
trong của góc A nằm trên đường thẳng 
 x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 
 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng 
   : 2 2z + 5 = 0; Q : 2 2z -13 = 0.P x y x y    
 Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc 
với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). 
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 
4 3 2
1 1 2
4 3
1 1
5
4
7
15
n n n
n
n n
C C A
C A
  

 
  

 

(Ở đây ,k kn nA C lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử) 
2. Theo chương trình nâng cao. 
Câu VI.b (2 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường 
tròn (C): 2 2 2 4 8 0x y x y     .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) 
và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn 
(C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 
 2. Cho mặt phẳng (P): 2 2 1 0x y z    và các đường thẳng 
1 2
1 3 5 5
: ; :
2 3 2 6 4 5
x y z x y z
d d
   
   
 
. 
 Tìm các điểm 1 2d , dM N  sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. 
Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số 
 3
1
( ) ln
3
f x
x


 và giải bất phương trình 
2
0
6
sin
2
'( )
2
t
dt
f x
x





----------------------Hết---------------------- 
Đáp án 
Câu Ý Nội dung Điể
m 
I 2,00 
 1 1,00 
Khi m = 1 ta có 3 23 1y x x   
+ MXĐ: D   0,25 
+ Sự biến thiên: 
 Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
 2' 3 6y x x  ; 2' 0
0
x
y
x
 
   
0,25 
 Bảng biến thiên 
   2 3; 0 1CTy y y y     C§ 
0,25 
 Đồ thị 
0,25 
 2 1,00 
+ Khi m = 0 1y x   , nên hàm số không có cực trị. 
0,25 
+ Khi 0m   2' 3 6 1y mx mx m     
Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi ' 0y  không có nghiệm hoặc có 
nghiệm kép 
0,50 
 2 2' 9 3 1 12 3 0m m m m m       10
4
m   
0,25 
II 2,00 
 1 1,00 
 
4 4sin cos 1 tan cot
sin 2 2
x x x x
x

  (1) 
Điều kiện: sin 2 0x  
0,25 
211 sin 2 1 sin cos2(1)
sin 2 2 cos sin
x x x
x x x

    
 
 0,25 
2
2
11 sin 2 1 12 1 sin 2 1 sin 2 0
sin 2 sin 2 2
x
x x
x x

       
Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 
0,50 
 2 1,00 
   2 34 82log 1 2 log 4 log 4x x x      (2) 
Điều kiện: 
1 0
4 4
4 0
1
4 0
x
x
x
x
x
 
  
   
   
0,25 
     
 
2
2 2 2 2 2
2 2
2 2
(2) log 1 2 log 4 log 4 log 1 2 log 16
log 4 1 log 16 4 1 16
x x x x x
x x x x
           
       
 0,25 
+ Với 1 4x   ta có phương trình 2 4 12 0 (3)x x   ; 
 
2
(3)
6
x
x

    lo¹i
0,25 
+ Với 4 1x    ta có phương trình 2 4 20 0x x   (4); 
 
 
2 24
4
2 24
x
x
  
 
  lo¹i
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 2x  hoặc  2 1 6x   
0,25 
III 1,00 
Đặt 2 2 2 21 1 2 2
dx tdtt x t x tdt xdx
x x
           
2 21 1
dx tdt tdt
x t t
   
 
+ Đổi cận: 
1 3
2 2
3 1
2 2
x t
x t
  
  
0,50 
1 3
32 2
2
12 2
1 23
22
1 1 1 7 4 3ln ln
1 1 2 1 2 3|
dt dt tA
t t t
  
          
  
0,50 
IV 1,00 
Gọi E là trung điểm của AB, ta có: 
,OE AB SE AB  , suy ra  SOE AB . 
Dựng  OH SE OH SAB   , vậy OH là khoảng 
cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. 
Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta 
có: 
2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 81
9 9
9 3
8 2 2
OH SO OE OE OH SO
OE OE
       
   
2 2 2 9 81 99
8 8 2 2
SE OE SO SE       
0,25 
21 36. 8 292
2 2
SAB
SAB
SS AB SE AB
SE
     
 
2
2
2 2 2 21 9 9 2654 2 32
2 8 8 8
OA AE OE AB OE          
 
0,25 
Thể tích hình nón đã cho: 21 1 265 265. . .3
3 3 8 8
V OA SO     0,25 
Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 
2 2 2 265 337 3379
8 8 8
265 337 89305. . .
8 8 8xq
SA SO OA SA
S OA SA  
      
  
 0,25 
V 1,00 
Hệ bất phương trình 
 
2
2
7 6 0 (1)
2 1 3 0 (2)
x x
x m x m
   

    
 1 1 6x   . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại  0 1;6x  thỏa 
mãn (2). 
0,25 
   
 
 
2
2 2 32 2 3 2 1 ( 1;6 2 1 0)
2 1
x xx x x m m do x x
x
 
          

Gọi  
2 2 3( ) ; 1;6
2 1
x xf x x
x
 
 

0,25 
Hệ đã cho có nghiệm  0 01;6 : ( )x f x m    
 
 
 
 
22
2 2
2 42 2 8'
2 1 2 1
x xx xf x
x x
  
 
 
;   2 1 17' 0 4 0
2
f x x x x         0,25 
Vì  1;6x nên chỉ nhận 1 17
2
x   
Ta có: 2 27 1 17 3 17(1) , (6) ,
3 13 2 2
f f f
    
    
 
Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên 27max ( )
13
f x  
Do đó  
 0 0 1;6
271;6 : ( ) max ( )
13x
x f x m f x m m

       
0,25 
VIa 2,00 
 1 1,00 
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương 
trình:  
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
x y x
A
x y y
     
   
    
 0,25 
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 
 
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
x y x
B
x y y
    
  
    
 0,25 
Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: 
   2 4 0 2 4 0a x b y ax by a b         
Gọi 1 2 3: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0x y x y ax by a b             
Từ giả thiết suy ra    2 3 1 2; ;     . Do đó 
   
 
2 3 1 2 2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3 |cos ; cos ;
25. 55.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
a b
a b
a
a b a b a a b
a b
 
      


          
+ a = 0 0b  . Do đó 3 : 4 0y   
+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra 3 : 4 3 4 0x y    (trùng 
với 1 ). 
Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. 
0,25 
Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:  
4 0 5
5;4
1 0 4
y x
C
x y y
   
  
    
 0,25 
 2 1,00 
Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: 
        
     
, , ,
, ,
OI AI
OI AI d I P d I Q OI d I P
d I P d I Q
 

    


 0,25 
Ta có: 
     2 2 22 2 2 2 2 5 2 1
10 4 2 30 (1)
OI AI OI AI a b c a b c
a b c
           
   
      22 2 2 2 2 2| 2 2 5 |, 9 2 2 5 (2)
3
a b cOI d I P a b c a b c a b c             
      | 2 2 5 | | 2 2 13 |, ,
3 3
2 2 5 2 2 13 ( )
2 2 4 (3)
2 2 5 2 2 13
a b c a b cd I P d I Q
a b c a b c
a b c
a b c a b c
     
  
      
            
lo¹i
Từ (1) và (3) suy ra: 17 11 11 4a; (4)
3 6 3
ab c    
0,25 
Từ (2) và (3) suy ra: 2 2 2 9 (5)a b c   
Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:   2 221 658 0a a   
Như vậy 2a  hoặc 658
221
a  .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc 
658 46 67; ;
221 221 221
I   
 
 và R = 3. 
0,25 
Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 
     2 2 22 2 1 9x y z      và 
2 2 2658 46 67 9
221 221 221
x y z               
     
0,25 
VII
a 
 1,00 
Điều kiện: 1 4 5n n    
Hệ điều kiện ban đầu tương đương: 
           
         
1 2 3 4 1 2 3 5 2 3
4.3.2.1 3.2.1 4
1 1 2 3 7 1 1
5.4.3.2.1 15
n n n n n n n
n n
n n n n n
n n n
      
   
 
      
0,50 
2
2
9 22 0
5 50 0 10
5
n n
n n n
n
   

     
 
 0,50 
VIb 2,00 
 1 1,00 
Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình 
2 2 0; 22 4 8 0
1; 35 2 0
y xx y x y
y xx y
       
 
      
 0,50 
Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). 
Vì  090ABC  nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với 
điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 
0,50 
 2 1,00 
Phương trình tham số của d1 là: 
1 2
3 3
2
x t
y t
z t
 

 
 
. M thuộc d1 nên tọa độ của M 
 1 2 ;3 3 ;2t t t  . 
Theo đề: 
    
 
1 222 2
|1 2 2 3 3 4 1| |12 6 |, 2 2 12 6 6 1, 0.
31 2 2
t t t td M P t t t
     
          
  
0,25 
+ Với t1 = 1 ta được  1 3;0;2M ; 
+ Với t2 = 0 ta được  2 1;3;0M 
0,25 
+ Ứng với M1, điểm N1 2d cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và 
// mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: 
   3 2 2 2 0 2 2 7 0 (1)x y z x y z          . 
Phương trình tham số của d2 là: 
5 6
4
5 5
x t
y t
z t
 


   
 (2) 
Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(-
1;-4;0). 
0,25 
+ Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 
VII
b 
 1,00 
Điều kiện 
 3
1 0 3
3
x
x
  

 
   3
1( ) ln ln1 3ln 3 3ln 3
3
f x x x
x
      

; 
 
 1 3'( ) 3 3 '
3 3
f x x
x x
   
 
0,25 
Ta có:      2
0
0 0
6 6 1 cos 3 3sin sin sin 0 sin 0 3
2 2 |
t tdt dt t t
 

 
   

           0,25 
Khi đó: 
2
0
6 sin
2
'( )
2
t dt
f x
x





  
2 13 3 20
3 23 2 1 33; 2 3; 2 2
x x
x xx x
xx x x x
                     
 0,50