Đê thi & gợi ý bài giải môn Toán Trường cao đẳng kinh tế đối ngoại khối A, D

ĐÊ THI & GỢI Ý BÀI GIẢI MÔN TOÁN 
TRƯỜNG CAO ĐẲNG KINH TẾ ĐỐI NGOẠI 
KHỐI A, D 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I. (2 điểm) 
 Cho hàm số : y = (x – 1)(x2 – 2mx – m – 1) (1) (m là tham số) 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi của hàm số (1) khi m = 1. 
 2) Định m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lớn hơn −1. 
Câu II. (2 điểm) 
 1) Giải phương trình: sin6x + cos6x = 2sin2 
 2) Định m để hệ phương trình sau đây vô nghiệm: 
 2 2
x y xy m
x y xy m 1
+ + =⎧⎨ + = −⎩
Câu III. (2 điểm) 
 1) Tính tích phân : I = 
4
3
0
ln 2x 1
(2x 1)
+
+∫ dx 
 2) Định m để phương trình sau đây có nghiệm : 2x 2x 3 m 0− + − = 
Câu IV : (2 điểm) 
 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2; 1; −3) và 2 đường thẳng (d1), (d2) có 
phương trình : 
1
x 3 t
(d ) y 2 t
z 1 2t
= +⎧⎪ = − −⎨⎪ = +⎩
 2
x y 2z 0
(d )
x 2y z 3 0
− + =⎧⎨ + + − =⎩ 
 1) Tìm tọa độ điểm B đối xứng của điểm A qua đường thẳng (d1). 
 2) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1) và song song (d2) 
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu : V.a hoặc câu V.b) 
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 
 1) Trong mặt phẳng (Oxy) cho tam giác ABC. Biết điểm B(4; −1), đường cao AH có phương 
trình là : 2x − 3y + 12 = 0, đường trung tuyến AM có phương trình là : 2x + 3y = 0. 
 Viết phương trình các đường thẳng đi qua 3 cạnh của tam giác ABC. 
 2) Tìm số hạng có số mũ của x gấp 2 lần số mũ của y trong khai triển 
28
3 yx
x
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 
 1) Giải bất phương trình : 5.4 + 2. 25x ≤ 7.10x 
 2) Cho hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng nhau. Biết thể tích là 39 2V a
2
= 
 Tính độ dài cạnh của hình chóp. 
BÀI GIẢI 
Câu I 
 1) m = 1, y = (x – 1)(x2 – 2x – 2). MXĐ là R, y’ = 3x2 – 6x 
 y' = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2 
x −∞ 0 2 +∞ 
y’ + 0 − 0 + 
y 2 +∞ 
−∞ −2 
 Đồ thị : Học sinh tự vẽ. 
 2) y’ = 0 ⇔ x = 1 hay f(x) = x2 – 2mx – m – 1 = 0 (2) do đó ycbt ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt 
lớn hơn -1 và khác 1. 
 ⇔ 
2' m m 1 0
S m 1
2
af ( 1) m 0
f (1) 3m 0
⎧Δ = + + >⎪⎪ = > −⎪⎨⎪ − = >⎪ = − ≠⎪⎩
 ⇔ m > 0 
Câu II. 
 1) Phương trình ⇔ 231 sin 2x (sin x cos x)
4
− = + 2 ⇔ 3sin22x + 8sin2x = 0 
 ⇔ sin2x = 0 hay sin2x = 8
3
− (loại) ⇔ x = k
2
π (k ∈ Z) 
 2) S = x + y, p = xy 
 Hệ thành ⇒ S và P là nghiệm phương trình: X2 – mX + m – 1 = 0 S P m
PS m 1
+ =⎧⎨ = −⎩
 ⇔ X = 1 hay X = m – 1 
 Vậy (S = 1, P = m – 1) hay (S = m – 1, P = 1) 
 Hệ vô nghiệm ⇔ S2 – 4P < 0 ⇔ 
2
1 4(m 1) 0
(m 1) 4 0
− − <⎧⎨ − − <⎩
 ⇔ 5
4
<m<3 
Câu III. 
 1) Đặt u = ln 2x 1+ , dv = 
3
2(2x 1) dx
−+ ⇒ du = (2x – 1)-1dx, chọn v = 
1
2(2x 1)
−− + 
 ⇒ I = 
1 4
2
0
1 2(2x 1) ln 2x 1 ln 3
3 3
−− + + = − + 
 2) Phương trình ⇔ 2x 2x 3 m− + = , ĐK m ≥ 0 
 ⇔ x2 – 2x + 3 = m2 ⇔ x2 – 2x + 3 – m2 = 0 
 YCBT ⇔ 1 – 3 + m2 ≥ 0 ⇔ m2 ≥ 2 ⇔ m ≥ 2 (vì m ≥ 0) 
Câu IV. 
 1) Gọi H là hình chiếu của A xuống d1. H ∈ d1 ⇒ H (3 + t; -2 – t; 1 + 2t) 
 AH
uuur
 = (1 + t; -3 – t; 4 + 2t) 
1d
a
uur
 = (1; -1; 2) 
 AH
uuur
.
1d
a
uur
 = 0 ⇔ 1 + t + 3 + t + 8 + 4t = 0 ⇔ t = −2 ⇒ H (1; 0; −3) 
 A, B đối xứng qua d1 ⇒ H là trung điểm AB ⇒ B (0; −1; −3) 
 2) d1 qua M (3; −2; 1) , VTCP ar = (1; −1; 2) 
 d2 có VTCP b
r
 = (−5; 1; 3) 
 Mp (P) qua M và có PVT n a,b ( 5; 13; 4⎡ ⎤= = − − −⎣ ⎦ )
r r r
 Pt (P) : 5(x – 3) + 13(y + 2) + 4(z – 1) = 0 ⇔ 5x + 13y + 4z + 7 = 0 
Câu V.a. 
 1) BC qua B (4; −1), PVT (3; 2) : 3(x – 4) + 2(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 2y – 10 = 0 
 Ta có : xM = C
4 x
2
+ , yM = C1 y2
− + 
 M ∈ AM ⇒ C C4 x 1 y2 3
2 2
+ − +⎛ ⎞ ⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0= ⇒ 2xC + 3yC = −5 
 Mà C ∈ (BC) ⇒ 3xC + 2yC = 10. Vậy C (8; -7) 
 BC qua C và VTCP BC (4; 6) 2(2; 3)= − = −uuur 
 Pt BC : x 8 y 7
2 3
− += − 
 Tọa độ A là nghiệm hệ phương trình : 
2x 3y 12
2x 3y 0
− = −⎧⎨ + =⎩
. Vậy A (-3; 2) 
 AC qua A và có VTCP AC (11; 9)= −uuur 
 Pt AC : x 3 y 2
11 9
+ −= − 
 2) Số hạng tổng quát : = k k 3 28 k 1 k28( 1) C (x ) (y.x )− −− k k 84 4k k28( 1) C x .y−−
 YCBT ⇔ 84 – 4k = 2k ⇔ k = 14. ĐS : 14 28 1428C .x .y
Câu V.b. 
 1) 5.4x + 2.25x ≤ 7.10x ⇔ 
2x x5 52 7 5
2 2
⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0≤ ⇔ 1 ≤ 
x5
2
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠ ≤ 
5
2
 ⇔ 0 ≤ x ≤ 1 
 2) Từ giả thiết suy ra S.ABCD là hình chóp đều. Gọi O là tâm hình vuông và x là độ dài cạnh. 
 Ta có : SO2 = x2 
2 2x x
2 2
− = 
 V = 2 31 9 2SO.x a
3 2
= ⇔ 3 31 x 9 2.
3 22
= a ⇔ x = 3a. 
PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn)