Đề 05 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 
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
 CâuI: Cho hàm số 3 22 ( 3) 4y x mx m x     có đồ thị là (Cm) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 
2) Cho (d ) có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho 
 (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . 
Câu II: 
1) Giải phương trình: cos2 5 2(2 - cos )(sin - cos )x x x x  
 2) Giải hệ phương trình:. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh: 





yyxx
yyxyx
)2)(1(
4)(1
2
2
 (x, y R ) 
CâuIII 1) Tính tích phân I =
2 2
6
1
sin sin
2
x x dx


  
2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 
2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0x xm m        
Câu IV: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. 
Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). 
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 
C©u V.a 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc Oxy cho parabol (P): xxy 22  vµ elip (E): 1
9
2
2
 y
x
. 
 Chøng minh r»ng (P) giao (E) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. 
 ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua 4 ®iÓm ®ã. 
2.Trong kh«ng gian víi hÖ trôc Oxyz cho mÆt cÇu (S) cã ph­¬ng tr×nh 011642222  zyxzyx vµ 
mÆt ph¼ng () cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y - z + 17 = 0. ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng () song song víi () vµ 
c¾t (S) theo giao tuyÕn lµ ®­êng trßn cã chu vi b»ng 6. 
C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña 
n
x
x 






42
1
biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: 
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0





n
C
n
CCC nn
n
nnn  
( knC lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö) 
CâuVb: 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương 
trình
3
1
12
1 

 zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới 
(P) là lớn nhất. 
 2.Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;–3), B(3;–2),  ABC có diện tích bằng 3
2
; trọng tâm G của 
 ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp  ABC. 
CâuVIb: : Tìm các số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm. 
 HƯỚNG DẨN GIẢI 
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
CâuI.1.(Học sinh tự giải) 
 2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là: 

                 
3 2 2
2
0
2 ( 3) 4 4 (1) ( 2 2) 0
( ) 2 2 0 (2)
x
x mx m x x x x mx m
g x x mx m
(d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. 
        
  
    
/ 2 1 22 0 ( )
2(0) 2 0
m mm m
a
mg m
. 
Mặt khác: 
 
 
1 3 4
( , ) 2
2
d K d Do đó:        
218 2 . ( , ) 8 2 16 256
2KBC
S BC d K d BC BC 
2 2( ) ( ) 256B C B Cx x y y     với ,B Cx x là hai nghiệm của phương trình (2). 
             2 2 2 2( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 4 128B C B C B C B C B Cx x x x x x x x x x 
2 2 1 1374 4( 2) 128 34 0
2
m m m m m           (thỏa ĐK (a)). Vậy 1 137
2
m  
CâuII:1. Phương trình  (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0 
cos -sin -1
cos -sin 5( cos - sin 2)
x x
x x loai vi x x

 
 
2
22sin( ) 1 sin( ) sin ( )
4 4 4 2
x k
x x k Z
x k
   
 
  
       
  
2) HÖ ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi 
2
2
1 ( 2) 2
1( 2) 1
x x y
y
x x y
y
 
   


   

 §Æt 2yxv,
y
1x
u
2


 
 Ta cã hÖ 1vu
1uv
2vu






 Suy ra 








12yx
1
y
1x2
. 
 Gi¶i hÖ trªn ta ®­îc nghiÖm cña hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5) 
CâuIII:1. Ta có: I =
2 2
6
1
sin sin
2


  x x dx =
2 2
6
3sin cos
2
x x dx


   . Đặt 
3
cos cos
2
x t  
 Đổi cận: Khi 
2x cos
6 2 4
t t      ; khi x cos 0
2 2
t t      . 
Do vậy: 
2
2
4
3 sin
2
I tdt


   =  
3 2
16
  . 
2. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 
2 21 1 1 19 ( 2)3 2 1 0x xm m        (1) 
 * Đk [-1;1]x , đặt t = 21 13 x  ; [-1;1]x  [3;9]t 
Ta có: (1) viết lại 
2
2 2 2 1( 2) 2 1 0 ( 2) 2 1
2
t tt m t m t m t t m
t
 
           

Xét hàm số f(t) = 
2 2 1
2
t t
t
 

 , với [3;9]t . Ta có: 
2
/ / 14 3( ) , ( ) 0
3( 2)
tt tf t f t
tt
 
     
Lập bảng biến thiên 
t 3 9 
f/(t) + 
f(t) 
48
7
4 
Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm [-1;1]x  (2) có nghiệm [3;9]t  484
7
m  
CâuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. 
Suy ra: SM =AM = 3
2
a ;  060AMS  và SO  mp(ABC) 
 d(S; BAC) = SO = 3
4
a 
Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC 
 VS.ABC =
3 31 .3 16ABC
aS SO  (đvtt) 
Mặt khác, VS.ABC = 1 . ( ; )3 SACS d B SAC 
 SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = 3
2
a 
 
2 13 3
16SAC
aS  
Vậy: d(B; SAC) = .3 3
13
S ABC
SAC
V a
S
 (đvđd). 
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) 
C©u V.a 1ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P) 
Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh 
09x37x36x91)x2x(
9
x 23422
2
 (*) 
XÐt 9x37x36x9)x(f 234  , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, 
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt 
To¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m·n hÖ 







1y
9
x
x2xy
2
2
2
09y8x16y9x9
9y9x
y8x16x8 22
22
2






 (**) 
C 
S 
O M 
A 
B 
(**) lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­êng trßn cã t©m 






9
4
;
9
8
I , b¸n kÝnh R = 
9
161
 Do ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®­êng trßn cã ph­¬ng tr×nh (**) 
 2.ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ().... 
Do () // () nªn () cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D 17) 
MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5 
§­êng trßn cã chu vi 6 nªn cã b¸n kÝnh r = 3. 
Kho¶ng c¸ch tõ I tíi () lµ h = 435rR 2222  
Do ®ã 







(lo¹i) 17D
7D
12D54
)1(22
D3)2(21.2
222
VËy () cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0 
C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x2 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña 
n
x
x 






42
1
, 
 biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: 
1
6560
1
2
3
2
2
2
2
1
2
3
1
2
0





n
C
n
CCC nn
n
nnn  
BG: Ta có 
  
2
0
nn
n
22
n
1
n
0
n
2
0
n dxxCxCxCCdx)x1(I 
2
0
1nn
n
32
n
21
n
0
n xC1n
1
xC
3
1
xC
2
1
xC 






  
suy ra I nn
1n
2
n
3
1
n
2
0
n C1n
2
C
3
2
C
2
2
C2



 (1) 
MÆt kh¸c 
1n
13
)x1(
1n
1
I
1n
2
0
1n






 (2) 
Tõ (1) vµ (2) ta cã nn
1n
2
n
3
1
n
2
0
n C1n
2
C
3
2
C
2
2
C2




1n
13 1n




Theo bµi ra th× 7n65613
1n
6560
1n
13 1n
1n




 

Ta cã khai triÓn   















7
0
4
k314
k
7k
k7
0
4
k7k
7
7
4
xC
2
1
x2
1
xC
x2
1
x 
Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 2k2
4
k314


VËy hÖ sè cÇn t×m lµ 
4
21
C
2
1 2
72
 
CâuVb *1.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó 
 khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). 
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH  => HI lớn nhất khi IA  
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến. 
Mặt khác, )31;;21( tttHdH  vì H là hình chiếu của A trên d nên . 0 ( (2;1;3)AH d AH u u   
  
là véc tơ chỉ phương của d) )5;1;7()4;1;3(  AHH 
Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0 7x + y – 5z –77 = 0 
2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) = 5 2
2
ABCa b S
AB
   
 
8(1)
5 3
2(2)
a b
a b
a b
 
      
; Trọng tâm G  5 5;3 3a b   (d)  3a –b =4 (3) 
Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r = 3
2 65 89
S
p

 
Từ (2), (3)  C(1; –1)  3
2 2 5
Sr
p
 

. 
CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c  R), nên ta có : 
     2
0 2
1 1 0 2 0
2 0 2
b c b
i b i c b c b i
b c
    
            
   