Đề số 07 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 07 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  4 22 2 2 3y x m 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 0m  
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ lập thành một cấp số cộng. 
 Bổ đề: 
  
 
2
4 2
2
0
0 0 1
0 2
t x
ax bx c a
at bt c
  
     
  
NX: Khi 0t  có hai giá trị x đối nhau, khi 0t  có một giá trị 0x  . Do đó: 
(1) có 4 nghiệm thực phân biệt  1 2 3 4 1 2 3 4, , ,x x x x x x x x   và lập thành một cấp số cộng 
 (2) có hai nghiệm dương phân biệt  1 2 1 2, 0t t t t  và thỏa 2 19t t 
2
2
4 0
0
0
9 100
b ac
b
S
a
c
P
a
S P
   

   

 
  



Áp dụng bổ đề: 
+ Phương trình hoành độ giao điểm:  4 22 2 2 3 0x m x m      (1) 
 
2
2
0
2( 2) 2 3 0 2
t x
t m t m
  
 
    
+ Ta có:      
2 2
' 2 2 3 1m m m       ,  2 2S m  , 2 3P m  
+ (1) có 4 nghiệm thực phân biệt  1 2 3 4 1 2 3 4, , ,x x x x x x x x   và lập thành một cấp số cộng 
 (2) có hai nghiệm dương phân biệt  1 2 1 2, 0t t t t  và thỏa 2 19t t 
 
 
   
2
2 2
1 0' 0
0 2 2 0
0 2 3 0
9 100 9.4 2 100 2 3
m
S m
P m
S P m m
   
   
  
   
    
2
1
2 3
3 13
2 9
9 14 39 0
m
m m
m m
m m
 
     
    

  
+ Vậy 
13
3,
9
m m   
Câu II ( 2.0 điểm ) 
1. Giải phương trình sin5 3cos5 2sin15 4x x x   (1) 
+ Ta có: (1) 
1 3
2 sin 5 . cos5 . 2sin15 4
2 2
x x x
 
    
 
 sin 5 sin15 2
3
x x
 
    
 
sin 10 cos 5 1
6 6
x x
    
      
   
 (2) 
+ Đặt 5 5
6 6
t x x t
 
     , ta có: 2sin 10 sin 2 cos 2 2cos 1
6 2
x t t t
    
        
   
Khi đó (2)    2 32cos 1 cos 1 2cos cos 1 0 cos 1 2t t t t t t k k            
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 2 
+ Vậy phương trình có nghiệm là  
2
30 5
k
x k
 
   
2. Giải phương trình  2 32 3 2 3 8x x x    (1) 
+ ĐK: 3 8 0 2x x     . Ta có:   3 28 2 2 4x x x x     và  22 2 4 1 3 0x x x      
+ Đặt    22 0 , 2 4 0u x u v x x v       . Khi đó 2 2 23 2x x v u    
(1) 
 2 2
2
0
0 0
0 0
0
0 2
0
2 02 3
2 3 2 0 1
2
u
u v
u v u
t
v v uu v
t
v tv u uv
t t
t

 
       
       
               
 2
3 13
2 4 2 2
3 13
x
x x x
x
  
      
 
 (thỏa điều kiện 2x   ) 
Câu III ( 1.0 điểm ). 
 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số 
2
4
2
x
y   và 2 4y x  
 + Phương trình hoành độ điểm chung: 
 
2
2
2
2
2
2
2 2
4 4
02
4 4
2 42 hoaëc 2
4 4
2
x
x
x
xx
x
xx x
x
x
  

      
     
     

   

Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 3 
 + Diện tích cần tìm là 
4 2
2
4
4 4
2
x
S x dx

 
    
 
 
 + Ta có 
2
2
( ) 4, ( ) 4
2
x
f x g x x    là các hàm số chẵn trên  đồ thị của chúng nhận trục Oy 
làm trục đối xứng. Do đó diện tích cần tìm 
4 2
2
0
2 4 4
2
 
    
 

x
S x dx (1) 
 + 
2 42 2
2 2
1
0 2
4 4 4 4
2 2
x x
S x dx x dx
   
          
   
     
2 42 2
2 2
0 2
4 4 4 4
2 2
x x
x dx x dx
   
          
   
  
 
2 4 2 42
2 2 2
0 2 0 2
3 3 1
8 16
2 2 2 2
x
x dx dx x dx x dx        
42
3 3
0 2
3 1 32
16
2 3 2 3 3
x x
x
 
     
 
64
3
S  
Câu IV ( 1.0 điểm ). 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a và SO vuông góc với đáy. Gọi M, N lần 
lượt là trung điểm của SA, BC. Biết góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Mặt phẳng 
(MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối. Tính tỉ số thể tích của hai khối đó. 
 + Gọi I là trung điểm của AO, suy ra góc của MN và (ABCD) là    0, 60MN NI MNI  . 
 + Theo định lý cosin trong ION , ta có 
2
2 2 2 0 10 102 . cos135
16 4
a a
IN IO ON IOON IN      
 + Tính 
30
2 2 3
2
a
SO MI IN   
 + Dựng mặt phẳng trung trực của SA, cắt SO tại J. Suy ra J là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 
S.ABCD. Khi đó 
8
30
a
R JS  
 + Mặt phẳng (MBC) cắt hình chóp theo thiết diện là tứ giác BCKM, với K là trung điểm SD . Ta có: 
.
1 1 3
2 2 2 2 8
SBCKM SBKM SBCK
S ABCD SBDA SBCD
V V V SK SM SK
V V V SD SA SD
        
 +Vậy tỉ số thể tích khối chứa đỉnh S với thể tích khối còn lại là 3:5 
Câu V ( 1.0 điểm ). 
 Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm thực 0;1 3x   
 
   21 2 2 2 0m x x x x      (1) 
 + Đặt 2 2 2, 0t x x t    . Ta có: 
2
1
'
2 2
x
t
x x


 
 ; ' 0 1t x   
 + Lập bảng biến thiên của hàm số t trên đoạn 0;1 3  và suy ra  1;2t 
 + Khi đó (1)  
2 2
( ) 1 2
1
t
m f t t
t

    

 (2) 
 + 
 
 
2
2
2 2
( ) 0, 1;2 ( )
1
t t
f t t f t
t
 
     

là hàm số đồng biến trên [1;2] 
 + Vậy: (1) có nghiệm 0;1 3x    
 (2) có nghiệm  1;2t  
 1;2
2
max ( ) (2)
3t
m f t f

   
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 4 
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 tam giác ABC có đỉnh  1;2A , đường trung tuyến kẻ từ 
B và đường phân giác trong kẻ từ C có phương trình lần lượt là 2 1 0x y   và 1 0x y   . Viết phương 
trình đường thẳng BC. 
+ Ta có  : 1 0 ;1C CC CD x y C x x       trung điểm của AC là 
1 3
;
2 2
C Cx xM
  
 
 
+  : 2 1 0 2 1 0 7 7;8M M CM BM x y x y x C             
+ Kẻ AK CD tại I và K BC , ta có: : 1 0AK x y   . Khi đó BC là đường thẳng qua C và K 
+ KQ: 4 3 4 0x y   
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) và (Q) có phương trình lần lượt là 
2 2 5 0x y z    và 2 2 13 0x y z    . Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, điểm 
 5;2;1A đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). 
+ Gọi  ; ;I a b c là tâm và R là bán kính của (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
 

    


+ Ta lại có: 
2 2 10 4 2 30OI AI OI AI a b c       (1) 
     22 2 2 2 2 2
2 2 5
,( ) 9 2 2 5
3
a b c
OI d I P a b c a b c a b c
  
            (2) 
   
2 2 5 2 2 13
,( ) , ( ) 2 2 4
3 3
a b c a b c
d I P d I Q a b c
     
       (3) 
+ Từ (1) và (3) suy ra 
17 11 11 4
 ; 
3 6 3 3
b a c a    (4) 
+ Từ (2) và (3) suy ra 2 2 2 9a b c   (5) 
+ Từ (4) và (5) suy ra 2a  hoặc 
658
221
a  
+ Vậy có hai mặt cầu thỏa đề bài 
     
2 2 2
2 2 1 9x y z      và 
2 2 2
658 64 67
9
221 221 221
x y z
     
          
     
Câu VII.a ( 1.0 điểm ) 
 Tìm phần thực và phần ảo của số phức z, biết z thỏa mãn 
  21 3
1
iz i z
z
i
 


 (1) 
 + Giả sử  ,z a bi a b   . Ta có:        2 21 1i a bi i a bi a b i       
    
2 2
2 2 2 2
22 2
0
332
2 10
10
1
10
a b
a ba b a b a
a b bi a b i a b
b bb a b
b
 

                  
    
 

2. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VI.b ( 2.0 điểm ) 
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 5 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E): 
2 2
1
16 9
x y
  và điểm  2;1K . Viết phương trình 
đường thẳng d đi qua điểm K, cắt elip (E) tại hai M, N sao cho K là trung điểm của đoạn thẳng MN. 
+ phương trình đường thẳng d có dạng  2 2
2
: 0
1
x at
d a b
y bt
 
 
 
+ phương trình hoành độ giao điểm: 
   
2 2 2 2
2
2 1 23
1 2 0
16 9 16 9 8 9 36
at bt a b a b
t t
     
          
  
(1) 
+ Vì (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu 
1 2,t t và K là trung điểm của MN nên 
 2 2 0 0
8 9
a b
t t     
+ Do 2 2 0 8, 9a b a b      
2 8
:
1 9
x t
d
y t
 
 
 
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình lần lượt là 
1 3
2 3 2
x y z 
 

 và 
5 5
6 4 5
x y z 
 

 . Tìm tọa độ điểm M trên d1 và điểm N trên d2 sao cho MN có độ dài 
nhỏ nhất. 
+  
1
1 1 1 1 1
1
1 2
: 3 3 1 2 ;3 3 ;2
2
x t
M d y t M t t t
z t
 

     
 
 và  
2
2 2 2 2 2
2
5 6
: 4 5 6 ;4 ; 5 5
5 5
x t
N d y t N t t t
z t
 

     
   
+ Khi đó:  2 1 2 1 2 14 6 2 ; 3 4 3 ; 5 5 2MN t t t t t t        

, vectơ chỉ phương của hai đường thẳng d1 
và d2 lần lượt là  1 2; 3;2u  

,  2 6;4; 5u  

. 
+ MN ngắn nhất 
1
1 1
2 2
2
303
. 0 403
233. 0
403
t
MN d MN u
MN d MN u t

   
    
     

 
  
+ Vậy: 
1009 300 606 617 932 3180
; ; , ; ;
403 403 403 403 403 403
M N
   
   
   
Câu VII.b ( 1.0 điểm ) 
 Giải hệ phương trình 
3 1 2 3
2
2 2 3.2 (1)
3 1 1 (2)
x y y x
x xy x
    

   
+ Ta có: (2)
 
1
1
0
3 1 0
1 3
x
x
x
x x y
y x
 
  
   
      
+ Với 0x  thì từ (1) 2
8
log
11
y  
+ Với 1 3y x  thì từ (1) ta có: 3 1 (3 1)2 2 6x x    (3) 
Đặt 3 1
1
2
4
xt t
 
   
 
, khi đó 
(3)   21 16 3 2 2 1 log 3 2 2
3
t t x
t
           ,  22 log 3 2 2y   