Đề thi mẫu môn toán thi tuyển sinh Đại học, cao đẳng khối B, D

ĐỀ THI MẪU MÔN TOÁN 
THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ KHỐI B, D - 2009 
(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 2 3 .
2
xy
x
+= − 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y=2x+m cắt (C) tại hai điểm 
phân biệt mà hai tiếp tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau. 
Câu II (2,0 điểm). 
1. Giải phương trình: 
(1+2cos3x)sin x + sin2x = 2sin2 (2 )
4
x π+ . 
2. Giải phương trình: 
2 2 2log 2 log 5 log 8 0.x x− + + + = 
 Câu III (1,0 điểm). 
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 
2 2
2
ln ( 1) ,
1
x xy
x
+= + trục tung, 
trục hoành và đường thẳng 1.x e= − 
 Câu IV (1,0 điểm). 
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, AA’ = 2a và đường 
thẳng AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) một góc bằng 600. Tính thể tích khối tứ diện 
ACA’B’ theo a. 
 Câu V (1,0 điểm). 
Tìm tất cả các giá trị của tham số a để bất phương trình 3 23 1 ( 1)x x a x x 3+ − ≤ − − 
có nghiệm. 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 
1. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu VI.a (2,0 điểm). 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình: 
1 7
2 1 4
x y z− − −= = 3 và mặt phẳng (P) có phương trình: 3x – 2y – z + 5 =0. 
1. Tính khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P). 
2. Ký hiệu l là hình chiếu vuông góc của d trên (P). Viết phương trình tham số 
của đường thẳng l. 
Câu VII.a (1,0 điểm). 
 Tìm các số thực x,y thỏa mãn đẳng thức: 
 3(3 5 ) (1 2 ) 9 14 .x i y i i+ + − = + 
2. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VI.b (2,0 điểm). 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình: 
1 7
2 1 4
x y z− − −= = 3 và mặt phẳng (P) có phương trình: 3x – 2y – z + 5 = 0. 
1. Tính khoảng cách giữa đường thẳng d và mặt phẳng (P). 
2. Ký hiệu l là giao tuyến của (P) và mặt phẳng chứa d, vuông góc với (P). Viết 
phương trình chính tắc của đường thẳng l. 
Câu VII.b (1,0 điểm). 
 Cho số phức 1 3z = + .i Hãy viết dạng lượng giác của số phức z5. 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
I (2,0 điểm) 1. (1,25 điểm) 
• Tập xác định: \{2}. D = 
• Chiều biến thiên: ' 27 0 .( 2)y x Dx
−= < ∀ ∈− 
Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-∞; 2) và (2; +∞). 
• Cực trị: Hàm số không có cực trị. 
0,50 
• Giới hạn: ∞ 
2 2
lim lim 2; lim à lim .
x x x x
y y y v y+ −→−∞ →+∞ → →= = = +∞ = −
Suy ra, đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là đường thẳng 
 x = 2, và một tiệm cận ngang là đường thẳng y = 2. 
0,25 
• Bảng biến thiên: 
0,25 
• Đồ thị (C): 
- Đồ thị cắt trục tung tại điểm 30;
2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Và cắt trục hoành tại điểm 3 ;0 .
2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠ 
- Đồ thị nhận điểm (2; 2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) 
làm tâm đối xứng. 
0,25 
x +∞−∞   2 
−   −  'y
y 2  
−∞
+∞
2
y
 2. (0,75 điểm) 
Đường thẳng y = 2x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt mà tiếp 
tuyến của (C) tại hai điểm đó song song với nhau. 
⇔ phương trình (ẩn x) 2 3 2
2
x x m
x
+ = +− có hai nghiệm phân biệt 
x1, x2 thỏa mãn điều kiện y’(x1) = y’(x2) (với y là hàm số đã cho) 
⇔ phương trình (ẩn x) 2x2 + (m - 6)x – 2m – 3 = 0 (1) có hai 
nghiệm phân biệt x1, x2 ( hiển nhiên x = 2 không là nghiệm của 
(1) ) và thỏa mãn điều kiện 
x1+ x2 = 4 ( do y’(x1) = y’(x2) ) 
0,50 
2( 6) 8(2 3) 0
26 4
2
m m
mm
⎧Δ = − + + >⎪⇔ ⇔⎨ − =⎪⎩
= − 
0,25 
II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 
 sin n4 sin 2 sin 2 1 cos 4
2
x si x x x x π⎛ ⎞+ − + = − +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
0,50 
 sin sin 4 1 sin 4 sin 1x x x⇔ + = + ⇔ =x 0,25 
 2 , .
2
x k kπ π⇔ = + ∈ 0,25 
2
3
2
−
0 23
2
−
x
2. (1,0 điểm) 
Điều kiện: x ≠ 2 và x ≠ -5. Với điều kiện đó, phương trình đã cho 
tương đương với phương trình: 
( )2 2
2
log 2 . 5 log 8
3 10 8
x x
x x
− + =
⇔ + − = 
0,50 
( )( ) 22 2 2 3 183 18 3 2 0 3 2 0
3 176 3 .
2
x x
x x x x
x x
x x x
⎡ 0+ − =+ − + − = ⇔ ⎢ + − =⎣
− ±⇔ = − ∨ = ∨ =
0,50 
III (1,0 
điểm) Ký hiệu S là diện tích cần tính. Vì 
2 2
2
ln ( 1) 0
1
x x
x
+ ≥+ 
1 2 2
2
0
ln ( 1)0; 1 ê .
1
e x xx e n n S d
x
− +⎡ ⎤∀ ∈ − =⎣ ⎦ +∫ x 
0,25 
Đặt ln(x2 + 1) = t, ta có 2
2 .
1
xdx dt
x
=+ 
Khi x = 0 thì t = 0, và khi 1 ì t=1.x e th= − 
0,50 
Vì vậy, 
1
2 3
0
1
1 1 .
2 6
0
S t dt t= = =∫
600
H
C
B’
A’ C’
A
B
1
6
0,25 
IV (1,0 điểm) Ký hiệu h và V tương ứng là chiều cao và thể tích của khối lăng 
trụ đã cho. Ta có: 
0,50 
' ' ' ' '
'
.
1
2
1 ( )
2
1 1 .
2 3
1 1 .
2 3
ACA B B AC C A
B ABC
ABC
V V
V V
V h S
VV V
=
= −
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 3
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC), ta có 
A’H = h và ' 60 .A AH = o
Suy ra: '.sin 60 3.h AA a= =o 
Do đó, 
2 33 3. 3.
4 4ABC
a aV h S a= = = . 
Vì vậy, ' '
3
.
4ACA B
aV =
0,50 
V (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 1. Với điều kiện đó bất phương trình đã cho tương 
đương với bất phương trình: 
 ( )
3 2
3
3 1
1
x x a
x x
+ − ≤
− −
 ( )( )33 23 1 1 .(*x x x x a⇔ + − + − ≤ ) 
0,50 
Ta nhận thấy, hàm số: 
 ( )( )33 2( ) 3 1 1f x x x x x= + − + − 
Đồng biến trên [1; +∞]. 
Suy ra: f(x) ≥ f(1) = 3 ∀x ≥ 1. Vì thế, tồn tại x ≥ 1 thỏa mãn (*), 
hay bất phương trình đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi 
0,50 
a ≥ 
1
min ( ) (1) 3.
x
f x f≥ = =
VI.a (2,0 
điểm) 
1. (1,0 điểm) 
Ta có: 
+ A(1; 7; 3) ∈ d và (2;1;4)u =r là một vectơ chỉ phương của d. 
+ là một vectơ pháp tuyến của (P). (3; 2; 1)n = − −r
0,25 
Mà . 2.3 1.2 4.1 0 à A (P)u n v= − − = ∉r r
(do 3.1 – 2.7 – 1.3 +5 ≠ 0) nên d ⁄⁄ (P). 
0,25 
Do đó, khoảng cách h giữa d và (P) chính bằng khoảng cách từ A 
đến (P). 
0,25 
Vì vậy, 
3.1 2.7 3 5 9 14 .
149 4 1
h
− − += =+ + 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Ta có đường thẳng d đi qua điểm A(1; 7; 3) và có vectơ chỉ 
phương (2;1;4).u =r
Gọi d’ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P). Do 
 là một vectơ pháp tuyến của (P) nên (3; 2; 1)n = − −r nr là một vectơ 
chỉ phương của d’. Suy ra, phương trình của d’ là: 
 1 7 .
3 2
x y z− − −= =− −
3
1
0,25 
Gọi A’ là giao điểm của d’ và (P), ta có A’ ∈ l. Tọa độ của A’ là 
nghiệm của hệ: 
1 7
3 2
3 2 5 0
3
1
x y z
x y z
− − −⎧ = =⎪ − −⎨⎪ − − + =⎩
Giải hệ trên ta được: 41 40 33, ,
14 7 14
x y z= = = . 
0,50 
Hơn nữa, vì d // (P) nên d // l. 
Vì vậy, là một vectơ chỉ phương của l. (2;1;4)u =r
Từ đó, phương trình tham số của l là: 
41 2
14
40
7
33 4 .
14
x t
y t
z t
⎧ = +⎪⎪⎪ = +⎨⎪⎪ = +⎪⎩
0,25 
VII.a (1,0 
điểm) 
Ta có: 3(3 5 ) (1 2 ) (3 5 ) ( 11 2 )x i y i x i y i+ + − = + + − + 
 (3 11 ) (5 2 ) .x y x y i= − + + 
0,50 
Vì thế, x và y là các số thực thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi x,y là 
nghiệm của hệ: 
3 11 9
5 2 1
x y
x y 4
− =⎧⎨ + =⎩ 
0,25 
Giải hệ trên, ta được: 172 3à .
61 61
x v y= = − 0,25 
VI.b (2,0 
điểm) 
1. (1,0 điểm) Xem phần 1 của Câu VI.a. 
2. (1,0 điểm) 
Ta có đường thẳng d đi qua điểm A(1; 7; 3) và có vectơ chỉ 
phương (2;1;4).u =r
Gọi d’ là đường thẳng đi qua A và vuông góc với (P), ta có d’ nằm 
trong mặt phẳng chứa d, vuông góc với (P). Vì thế giao điểm A’ 
của d’ và (P) nằm trên l. 
Do là một vectơ pháp tuyến của (P) nên là một 
vectơ chỉ phương của d’. Suy ra, phương trình của d’ là: 
(3; 2; 1)n = − −r nr
 1 7 .
3 2
x y z 3
1
− − −= =− − 
0,25 
Do đó, tọa độ của A’ là nghiệm của hệ: 
1 7
3 2
3 2 5 0
3
1
x y z
x y z
− − −⎧ = =⎪ − −⎨⎪ − − + =⎩
Giải hệ trên ta được: 41 40 33, ,
14 7 14
x y z= = = . 
Hơn nữa, vì d // (P) nên d // l. 
Vì vậy, là một vectơ chỉ phương của l. (2;1;4)u =r
0,50 
Từ đó, phương trình chính tắc của l là: 
4041 33
714 14 .
2 1 4
yx z−− −
= = 
0,25 
VII.b (1,0 
điểm) 
Dạng lượng giác của z là: 
 2 cos sin .
3 3
z iπ π⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
0,50 
 Từ đó, theo công thức Moa – vrơ, ta có dạng lượng giác của z5 là: 
5 5 532 cos sin
3 3
32 cos sin .
3 3
z i
i
π π
π π
⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦
0,50 
Nguồn: Cục Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục (Bộ GD-ĐT). 
Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn.