Đề số 05 Thi tuyển sinh đại học, cao đẳng 2010 môn toán

Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 1 
ĐỀ THAM KHẢO THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2010 
 SỐ 05 Môn TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I ( 2.0 điểm ) Cho hàm số 3 23y x x m   (1), với m là tham số thực. 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 2m  
2. Tìm m để tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1 cắt các trục Ox, Oy lần 
lượt tại các điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 
3
2
(đvdt). 
+ tiếp tuyến tại điểm  1; 2M m là d: 3 1y x m    
+ d cắt Ox tại 
1
;0
3
m
A
 
 
 
, d cắt Oy tại  0; 1B m 
+ 
 
2
211 3
.
42 6 2
OAB
mm
S OAOB
m

 
      
Câu II ( 2.0 điểm ) 
1. Giải phương trình 2 2
15
sin 3 tan 3 3sin3 2 3 t an3 0
4
x x x x     (1) 
+ Biến đổi (1)  
2
2
3
sin 3 03
sin 3 tan 3 3 0 2
2
tan 3 3 0
x
x x
x

   
        
    
 (2) 
+ Giải hệ (2), ta được  
2
9 3
k
x k
 
   
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm thực: 
    21 4 1 1 1x m x m x       (1) 
+ ĐK: 2
1
1 0
1
x
x
x

     
+ NX: 1x  không là nghiệm của (1). Chia hai vế của (1) cho 1 0x   , ta được: 
   
1 1
4 1
1 1
x x
m m
x x
 
   
 
 (2) 
+ Đặt  
1
0, 1
1
x
t t t
x

  

, ta có: (2) 2
0, 1
4
( )
1
t t
t t
m f t
t
 

   
 

+ Lập bảng biến thiên của f(t) và kết luận 3m  
Câu III ( 1.0 điểm ). 
 Tính tích phân 
3
0
1 cos 2
x
I dx
x



 + Ta có 
3
2
0
1
2 cos
x
I dx
x

  , với 
2
' 1
1 sin
' tan
cos cos
u x u
x
v v x
x x
  
 
 
    
 + KQ: 
1 3
ln 2
2 3
I
 
   
 
Câu IV ( 1.0 điểm ). 
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 2 
 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy. 
Hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) cùng hợp với đáy một góc 450. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại 
tiếp hình chóp S.ABC. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 
 + Trong (SAB), kẻ    SH AB H AB SH ABC    
 + Trong (ABC),    ,
SE AC
HE AC E AC HF BC F BC
SF BC

     

   045SEH SFH HE HF HA HB       
 + Gọi G là trọng tâm ABC , ta có G CH 
 + Trong (SCH), kẻ    GM SH M CS GM ABC  ∥ , do  SH ABC . 
 + Gọi K là trung điểm của SC và dựng mặt phẳng trung trực (P) của SC cắt GM tại I, ta có I là tâm 
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 
 + 
3 102
4 16
a a
IKM CHS IK R IC      ∽ 
 + Thể tích khối cầu: 3 3
4 57 102
3 12
V R a   
Câu V ( 1.0 điểm ). 
 Cho 3 số thực dương x, y, z thỏa điều kiện 2 2 2 3x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z
Q
y z yz z x zx x y xy
  
     
 + Ta có: 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
3
2 2 2
x y z x y z
Q
y z z x x y y z z x x y
y z z x x y
 
      
           
 + Vì 2 2 2 3x y z   , nên: 
2
2 2 2
1
1 3
3
x
y z x
 
    
  
, 
2
2 2 2
1
1 3
3
y
z x y
 
    
  
, 
2
2 2 2
1
1 3
3
z
x y z
 
    
  
  2 2 22 2 2 2 2 2
2 1 1 1 2 3 1 1 1
3 3 3 3 3 3
3 3 3 3 3 6 3 3 3
Q x y z
x y z x y z
      
                    
           
 + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : 
2 1
3 9 1
3 2
Q
 
     
 
, dấu “=” xảy ra 1x y z    
 + Vậy min 1 1Q khi x y z    
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2). 
1. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu VI.a ( 2.0 điểm ) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm  2; 1A  ,  2;3B  và đường thẳng d có phương 
trình 2 2 0x y   . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua 2 điểm A, B và có tâm thuộc đường thẳng d. 
+ (C) đi qua 2 điểm A, B I  , với  là đường trung trực của AB 
+ phương trình  là 1 0x y   
+ Tọa độ tâm I: 
1 0 3
2 2 0 4
x y x
x y y
    
 
    
+ phương trình của (C):    
2 2
3 4 26x y    
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm  2;0;0A ,  2;3;0B và mặt phẳng (P) có 
phương trình 7 0x y z    . Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho 2MA MB
 
 đạt giá trị nhỏ nhất. 
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 3 
+ Gọi I là điểm sao cho  2 0 2;2;0IA IB I  
  
+  2 2 3MA MB MI IA MI IB MI     
     
+ 2MA MB
 
nhỏ nhất MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên (P) 
+ tọa độ  3;3;1M 
Câu VII.a ( 1.0 điểm ) 
 Tìm các số nguyên x, y sao cho số phức z x yi  thỏa mãn 3 18 26z i  
 + Ta có:  
3 2
3
2 3
3 18
18 26
3 26
x xy
x yi i
x y y
  
    
 
 (1) 
 + NX: 0x  không là nghiệm của (1), nên từ (1)    2 3 3 218 3 26 3x y y x xy    (2) 
 + Giải (2) bằng cách đặt  0y tx x  , ta được 
1
; 2 2 2; 2 2 2
3
t t t     
 + Với 2 2 2; 2 2 2t t    thì ,x y . Do đó 2 2 2; 2 2 2t t    (loại) 
 + Với 
1
3 ; 1 3
3
t x y z i          là số phức cần tìm. 
2. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VI.b ( 2.0 điểm ) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có hai đỉnh  1;2A  ,  3; 1D   , 
giao điểm I của hai đường chéo thuộc trục hoành, có hoành độ dương và diện tích hình bình hành bằng 
17 (đvdt). Viết phương trình các cạnh của hình bình hành ABCD. 
+ phương trình AD: 3 2 7 0x y   và 13AD  
+ Ta có  0 0;0 , 0I x x   
03 7
,
13
x
d I AD

  
+   0 0
3 71
4 4 . , 2 13 2 3 7
2 13
ABCD IAD
x
S S AD d I AD x
 
     
 
 (1) 
+ Mà 17ABCDS  nên  0 0 0
1 1
2 3 7 17 0 ;0
2 2
x x do x I
 
       
 
+ Vì I là trung điểm của mỗi đường chéo, nên    4;1 , 2; 2B C  
+ Từ đó : 5 9 0; :3 2 10 0; : 5 8 0AB x y BC x y CD x y         
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm  4;0;0A ,  0;4;0B , mặt phẳng (P) có 
phương trình 3 2 4 0x y z    và I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Xác định tọa độ điểm K sao cho IK 
vuông góc với (P), đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). 
+ Ta có:  2;2;0I . Gọi d là đường thẳng qua I và vuông góc với (P), ta có 
2 2
:
3 2 1
x y z
d
 
 

+ Gọi H là hình chiếu của I trên (P), ta có:  1;0; 1H   
+ Giả sử  0 0 0; ;K x y z thì ta được 
   
2 22 2 2 2
0 0 0 0 0 0
0 0 0
1 1
2 2
3 2 1
x y z x y z
KH KO
x y zK d
       
 
      

 (1) 
+ Giải hệ (1) ta có 0 0 0
1 1 3 1 1 3
; ; ; ;
4 2 4 4 2 4
x y z K
 
      
 
Câu VII.b ( 1.0 điểm ) 
 Tính giá trị của biểu thức: 0 2 4 2008 20102010 2010 2010 2010 2010A C C C C C      
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 4 
 + Khai triển  
2010 0 1 2 2 2010 2010
2010 2010 2010 2010 20101
k ki C C i C i C i C i         
    0 2 4 2008 2010 1 3 5 20092010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010 2010C C C C C C C C C i            (1) 
 +Ta lại có:      
1005
2010 2 1005 10051 1 2 2i i i i     
 
 (2) 
 + So sánh phần thực và phần ảo của (1) và (2), ta có: 0 2 4 2008 2010
2010 2010 2010 2010 2010 0A C C C C C       
Chú ý: 
1). Từ (1) và (2) ta còn một kết quả cần quan tâm 1 3 5 2009 1005
2010 2010 2010 2010 2B C C C C      
2). Cần ghi nhớ trên tập số phức : 2 1i   , 2 4 4 1 4 2 4 31 ; 1 ; ; 1 ; m m m mi i i i i i i         