Đề 06 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 
 Mơn Thi: TỐN – Khối A 
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề 
I. PHẦN CHUNG: (7 điểm) 
Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ (Cm); (m là tham số). 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 
2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp 
tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. 
Câu 2: 
1. Giải phương trình: 2cos3x + 3 sinx + cosx = 0 
2. Giải hệ phương trình 
2 2
2 2
91 2 (1)
91 2 (2)
x y y
y x x
    

   
Câu 3: Cho số thực b  ln2. Tính J = 


xln10
b 3 x
e dx
e 2
 và tìm 
b ln 2
lim J. 
Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) 
 vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc  . 
Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009
x y z
   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
 P = 1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
 
     
II.PHẦN TỰ CHỌN: 
 1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn 
 Câu 6.1a 
1.Phương trình hai cạnh của một tamgiác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0; 
4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đĩ, biết rằng trực tâm của nĩ trùng với 
gốc tọa độ O. 
 2. Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng 
 (d) : 
2
2z
2
y
1
1x 


 và mặt phẳng () : 2x – y – 2z = 0. 
Câu 6.2a 
Cho tập hợp X =  0,1,2,3,4,5,6,7 . Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau 
đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1. 
 2. Phần 2: Theo chương trình nâng cao. 
Câu 6b. 1b 
1. Trong mpOxy, cho đường trịn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ 
được hai tiếp tuyến của (C) mà gĩc giữa hai tiếp tuyến đĩ bằng 600. 
2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d1) : 








4z
ty
t2x
 ; (d2) : 
3
0
x t
y t
z
 


 
 Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc 
chung của (d1) và (d2). 
Câu 6b.2b Giải phương trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 
------------------------------------------------------------------------------------ 
HƯỚNG DẪN GIẢI: 
I. PHẦN CHUNG: 
Câu 1: : y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm) 
1. m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3) 
+ TXĐ: D = R 
+ Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    
+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2  0; x 
 * Bảng biến thiên: 
+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1) 
 y” = 0  x = –1 điểm uốn I(-1;0) 
* Đồ thị (C3): 
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là: 
 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0  

   
2
x 0
x 3x m 0 (2)
* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt: 
 Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE  0. 
 
    
      
2
m 09 4m 0
4m0 3 0 m 0
9
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: 
 kD = y’(xD) =     2D D D3x 6x m (x 2m); 
 kE = y’(xE) =     2E E E3x 6x m (x 2m). 
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1. 
 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 
 9m + 6m  (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét). 
 4m2 – 9m + 1 = 0  m =  1 9 658 
ĐS: m =      1 19 65 hay m 9 658 8 
Câu 2: 
 1.   3 sin x cos x 2 cos3x 0  sin 
3
sinx + cos 
3
cosx = – cos3x. 
 cos    
 
x cos3x
3
  cos     
 
x cos( 3x)
3
 
   
    

kx
3 2 (k Z)
x k
3
  x =   k
3 2
 (k  Z) 
2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 
 2 2 2 291 91 2 2x y y x y x         
2 2
2 2
( )( )
2 291 91
x y y x y x y x
y xx y
 
    
    
2 2
1( ) 0
2 291 91
x yx y x y
x yx y
 
      
      
  x = y (trong ngoặc luơn dương và x vay đều lớn hơn 2) 
Vậy từ hệ trên ta cĩ: 2 291 2x x x    2 291 10 2 1 9x x x        
2
2
9 3 ( 3)( 3)
2 191 10
x x x x
xx
 
    
   2
1 1( 3) ( 3) 1 0
2 191 10
x x
xx
  
            
 x = 3 
 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 
 Câu 3: J 


    

  b
b
ln10 8x 82 / 3
1/ 33 x e 2b e 2
e dx du 1 u
3ue 2
    
b 2/ 33 4 (e 2) ;
2
với u = ex – 2, du = exdx) 
Suy ra: 
 
      
b 2/ 3
b ln2 b ln2
3 3lim J lim 4 (e 2) (4) 6
2 2
Câu 4: 
 Dựng SH AB 
 Ta có: 
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)    
 SH (ABC)  và SH là đường cao của hình chóp. 
 Dựng HN BC, HP AC  
  SN BC, SP AC SPH SNH       
 SHN = SHP  HN = HP. 
 AHP vuông có: o
a 3HP HA.sin60 .
4
  
S 
H 
P 
C 
A 
B 
N 

 SHP vuông có: 
a 3SH HP.tg tg
4
    
 Thể tích hình chóp 
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 aS.ABC : V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
     
Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta cĩ: 
 4ab ≤ (a + b)2 1
4
a b
a b ab

 

 1 1 1 ( , 0)
4
a b
a b
     
 
 Ta cĩ: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z
      
                     
 Tương tự: 
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
      
 và 1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
      
 Vậy 1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
 
     
1 1 1 1 2009
4 4x y z
 
    
 
 Vậy MaxP = 2009
4
 khi x = y = z = 12
2009
II.PHẦN TỰ CHỌN: 
1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản 
Câu 6a.1a 
1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) 
 Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP a

 = (7; - 4) của AC làm VTPT 
 Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) 
 A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 
 2. Gọi A(a; 0; 0) Ox . 
 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () : 
2 2 2
2a 2a
d(A; )
32 1 2
  
 
 () qua 0M (1; 0; 2) và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)

 Đặt 0 1M M u
 
 Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác 0 1AM M 
 0 1
2
0AM M
0 1
[AM ; u]2.S 8a 24a 36d(A; )
M M u 3
 
    
 
 
 Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; ) 
2
2 2 2
2
2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0
3 3
4(a 3) 0 a 3.
 
         
    
 Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). 
Câu 6a.2a n = a b c d e 
* Xem các số hình thức a b c d e , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là 
c). Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \  1 : số cách chọn 47A . 
Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài. 
* Xem các số hình thức 0b cd e . 
* Loại những số dạng hình thức 0b cd e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài. 
1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: 
Câu 6b.1b 
 1. (C) cĩ tâm I(3;0) và bán kính R = 2 
 M  Oy  M(0;m) 
 Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) 
 Vậy 


0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB
 

 
 Vì MI là phân giác của AMB 
 (1)  AMI = 300 0sin 30
IAMI   MI = 2R  2 9 4 7m m     
 (2)  AMI = 600 0sin 60
IAMI   MI = 2 3
3
R  2 4 39
3
m   Vơ nghiệm 
 Vậy cĩ hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 
 2.- (d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương 1u (2; 1; 0)

 - (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương 2u (3; 3; 0) 

 AB (3; 0; 4) 

 1 2 1 2AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u  
     
 không đồng phẳng. 
 Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau. 
 Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2) 
 1M (d ) M(2t; t; 4)  , 
/ /
2N (d ) N(3 t ; t ; 0)    
 / /MN (3 t 2t; t t; 4)      

 Ta có: 
/ / /
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4)t 1
N(2; 1; 0)t 13 t 2t (t t) 0MN u
           
     
      
 
  
 Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính 
1R MN 2.
2
  
 Vậy, phương trình mặt cầu (S): 2 2 2(x 2) (y 1) (z 2) 4.      
Câu 6b.2b 
Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0 
Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy 
phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2. Vậy phương trình trở thành: 
 (Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0 
Suy ra: Z3 = 2 2 i và Z4 = –2 2 i 
Đáp số:    1,2, 2 2 i, 2 2 i