Ðề 2 thi tuyển sinh đại học khối a năm 2010 môn thi : Toán

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Môn thi : TOÁN 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 2x2 + (1 – m)x + m (1), m là số thực
	1.	Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
	2.	Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thỏa mãn điều kiện : 
Câu II (2,0 điểm)
	1.	Giải phương trình 
	2..	Giải bất phương trình : 
Câu III (1,0 điểm) .	Tính tích phân : 
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN và DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.
Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình (x, y Î R).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: và d2: . Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng và điểm A có hoành độ dương.
2.	Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng và mặt phẳng (P) : x - 2y + z = 0. Gọi C là giao điểm của D với (P), M là điểm thuộc D. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = .
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần ảo của số phức z, biết 
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1.	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y - 4 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; -3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.
2.	Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; -2) và đường thẳng . Tính khoảng cách từ A đến D. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt D tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1 điểm).
Cho số phức z thỏa mãn . Tìm môđun của số phức 
BÀI GIẢI
Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + 1.
	Tập xác định là R. y’ = 3x2 – 4x; y’ = 0 Û x = 0 hay x = ;
	 và 
x
-¥ 	0	 +¥
y’
 +	0 -	 0 +
y
1 +¥
-¥ CĐ 
	CT
	Hàm số đồng biến trên (-∞; 0) ; (; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; )
	Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x=; y() = 
y
x
0
1
1
	y" = ; y” = 0 Û x = . Điểm uốn I (; )
	Đồ thị : 
	2.	Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là :
	x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = 0 Û (x – 1) (x2 – x – m) = 0
	Û x = 1 hay g(x) = x2 – x – m = 0 (2) 
	Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (2). Với điều kiện 1 + 4m > 0 ta có :
	x1 + x2 = 1; x1x2 = –m. Do đó yêu cầu bài toán tương đương với:
	 Û 	Û Û 
	Û 
Câu II: 1. Điều kiện : và tanx ≠ - 1
	PT Û 
	Û 
	2.	Điều kiện x ≥ 0
	Bất phương trình Û 
	▪ Mẫu số 0 (hiển nhiên)
	Do đó bất phương trình Û ≤ 0
	Û 
	Û 
Û 	Û Û 
	Û Û Û 
Cách khác :
	 	Điều kiện x ³ 0
	Nhận xét : 
	(1) Û 
	* x = 0 không thoả.
	* x > 0 : (1) 
	Đặt 
	(1) thành : 
	(*) 
Câu III.
; 
 = = = 
Vậy I = 
Câu IV:	
B
A
C
D
H
M
N
S
S(NDCM)= (đvdt) Þ V(S.NDCM)= (đvtt)
, 
Ta có 2 tam giác vuông AMD và NDC bằng nhau
Nên vậy DM vuông NC
Vậy Ta có: 
Ta có tam giác SHC vuông tại H, và khỏang cách của DM và SC chính là chiều cao h vẽ từ H trong tam giác SHC
Nên 
Câu V : ĐK : . Đặt u = 2x; 
	Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) Û (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = 0 Û u = v
	Nghĩa là : 
	Pt (2) trở thành 
	Xét hàm số trên 
	 < 0
	Mặt khác : nên (*) có nghiệm duy nhất x = và y = 2.
	Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = và y = 2
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
	1. 	A Î d1 Þ A (a;) (a>0)
	Pt AC qua A ^ d1 : 
	AC Ç d2 = C(-2a;)
	Pt AB qua A ^ d2 : 
	AB Ç d2 = B 
	2.	C (1 + 2t; t; –2 – t) Î D
	C Î (P) Þ (1 + 2t) – 2t – 2 – t = 0 Þ t = –1 Þ C (–1; –1; –1)
	M (1 + 2t; t; –2 – t)
	MC2 = 6 Û (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 = 6 Û 6(t + 1)2 = 6 Û t + 1 = ±1
	Û t = 0 hay t = –2
	Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0)
	d (M1, (P)) = ; d (M2, (P)) = 
Câu VII.a: = = 
	Û Þ Phần ảo của số phức z là 
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b :
	1. 	Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0 Û x – y = 0
	Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với IJ : x + y – 4 = 0), suy ra K là nghiệm của hệ Þ K (2; 2)
	K là trung điểm của AH Û Û H (-2; -2)
	Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = 0 Û x + y + 4 = 0
	Gọi B (b; -b – 4) Î BC
	Do H là trung điểm của BC Þ C (-4 – b; b); E (1; -3)
	Ta có : vuông góc với 
	Þ (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 0
	Þ 2b2 + 12b = 0 Þ b = 0 hay b = -6
	Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C2 (2; -6)
	2.	D qua M (-2; 2; -3), VTCP ; 
	Þ Þ d( A, D) = =3
	Vẽ BH vuông góc với D
	Ta có : BH = . DAHB Þ R2 = =25
	Phương trình (S) : 
Câu VII.b: 	 . 	 
	Þ = Þ 
	Þ = Þ 
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010
Môn thi : TOÁN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho haøm số y = đ
1.	Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá đã cho.
2.	Tìm m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng (O là gốc tọa độ).
Caâu II (2,0 ñieåm)
1.	Giải phương trình (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = 0
2.	Giải phương trình (x Î R).
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = 
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=3(a2b2+b2c2+c2a2) + 3(ab + bc + ca) + .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A.	Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(-4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.
2.	Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y – z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng .
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: .
B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b (2,0 điểm). 
1.	Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; ) và elip (E): . Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2.
2.	Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng D: . Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến D bằng OM.
Câu VII.b (1,0 điểm)
	Gỉai hệ phương trình : (x, y Î R)
----------------- Hết --------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : . Số báo danh : ..
BÀI GIẢI GỢI Ý
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. 1. 
TCĐ: x= -1 vì ; TCN: y = 2 vì
Hàm số đồng biến trên (-¥; -1) và (-1; +¥). Hàm số không có cực trị.
x
-∞ -1 +∞
y’
 + +
y
 +∞ 2
2 -∞
3
2
1
-3
-2
-1
O
2. 	Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = -2x +m
 (vì x = -1 không là nghiệm)
Phương trình (*) có nên d luôn cắt (C) tại điểm A, B.Ta có:
Câu II.
1. 	(sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = 0
Û cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) = 0
Û cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = 0
Û cos2x (cosx + sinx + 2 = 0) Û cos2x = 0
Û 2x = Û x = (k Î Z)
2.	, điều kiện : 
	Û 
	Û 
 Û x – 5 = 0 hay (vô nghiệm) Û x = 5
Câu III.
; 
x
1 e
u
0 1
A’
A
B
C
C’
B’
H
G
I
M
Câu IV. 
	Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có :
	. Ta có : AH = , A’H = 2AH = 
	và AA’ = =
	Vậy thể tích khối lăng trụ V = =
	Kẻ đường trung trực của GA tại trung điểm M của GA
	trong mặt phẳng A’AH cắt GI tại J thì GJ là bán kính 
	mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
	Ta có: GM.GA = GJ.GI 
	Þ R = GJ = = = 
Câu V. Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca
	Þ 1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)
	Þ a2 + b2 + c2 = 1 – 2t và 
	Theo B.C.S ta có : t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2)
	Þ M ≥ 
	f’(t) = 
	f ’’(t) = < 0, "t Î Þ f’(t) là hàm giảm
	 > 0 Þ f tăng Þ f(t) ≥ f(0) = 2, "t Î 
	Þ M ≥ 2, " a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1
	Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2.
PHẦN RIÊNG 
A.	Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a. 
A
B
C
(d)
Vì C (-4; 1), vuông và phân giác trong 
	góc A là (d) : x + y – 5 = 0, xA > 0 nên A(4; 1) 
	Þ AC = 8 
	Mà diện tích DABC = 24 nên AB = 6. 
	Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành 
	nên B (4; 7) 
	Vậy phương trình của BC là: 3x + 4y – 16 = 0
	2.	A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > 0
	Þ (ABC) : Þ (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = 0 
	Vì d (0; ABC) = nên Þ 3b2c2 = b2c2 + b2 + c2
	Û b2 + c2 = 2b2c2 (1)
	(P) : y – z + 1 = 0 có VTPT là 
	(ABC) có VTPT là 
	Vì (P) vuông góc với (ABC) Þ Þ c – b = 0 (2)
	Từ (1), (2) và b, c > 0 suy ra : b = c = 1
Câu VII.a. 
	z = a + ib. Suy ra : và (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i
	 Û 
	Û a2 + (b2 – 2b + 1) = 2 (a2 + b2) Û a2 + b2 + 2b – 1 = 0 Û a2 + (b + 1)2 = 2
	Vậy z = a + ib với a, b thỏa a2 + (b + 1)2 = 2.
B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b. 
1. 	
	Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình 
	Þ M Þ N Þ ; Þ 
	Þ DANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F2N. Do đó đường tròn có phương trình là : 
2.	d (M; D) = . M Î Ox Û M (m; 0; 0)
	D qua N (0; 1; 0) có VTCP = (2; 1; 2)
	 Þ 
	Ta có: d (M, D) = OM Û Û 
	Û 4m2 – 4m – 8 = 0 Û m = -1 hay m = 2. Vậy M (-1; 0; 0) hay M (2; 0; 0)
Câu VII.b. 
	 Û Û Û 
	Û Û Û Û 
------------------------------------o0o-------------------------------
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn : TOÁN - Khối : D
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
	Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 
	1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
	2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 
	Câu II (2,0 điểm)
	1. Giải phương trình 
	2. Giải phương trình 
	Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
	Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, . Gọi CM là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.
	Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
	Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
	A. Theo chương trình Chuẩn
	Câu VI.a (2,0 điểm)
	1.	Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0). Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương.
	2.	Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z - 3 = 0 và (Q): x - y + z - 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2.
	Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn và z2 là số thuần ảo.
	B. Theo chương trình Nâng cao
	Câu VI.b (2,0 điểm)
	1.	Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) và D là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên D. Viết phương trình đường thẳng D, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH.
	2.	Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng D1: và D2: . Xác định toạ độ điểm M thuộc D1 sao cho khoảng cách từ M đến D2 bằng 1.
	Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
----------------- Hết --------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : . Số báo danh : ..
BÀI GIẢI GỢI Ý
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: 
	1/ Khảo sát, vẽ (C)
	TXĐ : D = R;
	 hàm số lồi trên R
	x -¥	0	+¥
	y' +	0 -
	y	6
	 -¥	-¥
	Hàm số đồng biến trên khoảng (-¥;0), nghịch biến trên khoảng (0;+¥)
	y đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 6.
	(C) Ç Ox : A .
	2/ 	Tiếp tuyến D vuông góc d : 	 Pt (D) : y = - 6x + b
	D tiếp xúc (C) Û hệ sau có nghiệm : 
	Vậy D : y = - 6x + 10
Câu II:
	1/ Giải phương trình : 
	2/ 	 (*);	đk : x ³ - 2
	 Û 
	· 
	· 
	 Û 
	VT = 
	VP = Phương trình vô nghiệm. Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = 2.
Câu III :
	;	Đặt ; 
	Tính I2 : Đặt t = lnx Þ 
	x = 1 ; t = 0; x = e ; t = 1.	. Vậy 
Câu IV:
	Ta có 
 = AC
	Vậy DSCA cân tại C nên đường cao hạ từ C xuống DSAC
	chính là trung điểm của SA.
	Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên MK = SH
	Ta có 
	Nên V(MABC) = V(MSBC) = V(SABC) = 
Câu V:
	; đk : 
	x -2	 1/3	 5
	y'	 - 0 +
	y	y(1/3)
Cách khác: có thể không cần bảng biến thiên, chỉ cần so sánh y(-2), y(1/3) và y(5).
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
	Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
	A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
	1/ 	* C1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm I tại điểm H'
	Þ BC đi qua trung điểm HH'.
	Phương trình AH : x = 3
	Đường tròn (C) có pt : 
	H' là giao điểm của AH và đường tròn (C)
	Þ H' (3; 7)
	Đường thẳng BC có phương trình : y = 3 cắt 
	đường tròn (C) tại điểm C có hoành độ là nghiệm 
	phương trình : 
	Þ (lấy hoành độ dương); y = 3. 
	Vậy C (; 3)
	* C2: Gọi (C) là đường tròn tâm I(-2;0), 
	bán kính R = 
	Pt đường tròn (C) : 
	Gọi AA1 là đường kính Þ BHCA1 là hình bình hành
	Þ HA1 qua M trung điểm BC
	Ta có IM là đường trung bình của DA1AH
	Nên : 
	Pt BC qua M và vuông góc AH : y - 3 = 0
Toạ độ C thoả hệ phương trình : . 	Vậy C (; 3)
	2/	PVT ; PVT ; PVT 
	Phương trình (R) có dạng : x - z + D = 0. Ta có : d (0;(R)) = 2
	Phương trình (R) : 
Câu VII.a:	Đặt 
	Ta có hệ phương trình .	Vậy : 
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
	1/ * C1 : Gọi H(x0; y0) là hình chiếu của A xuống D
	Ta có : 
	Do gt : 
	.	Phương trình D : 
	 * C2 :
	· D º Oy Þ H º A : không thoả AH = d(H, Ox)
	· D º Ox Þ H º O : không thoả AH = d(H, Ox)
	· Pt D : y = kx (k ¹ 0)
	Toạ độ H = D Ç AH thoả hệ
	Vậy D : 
	2/ M Î D1 Þ M(3+t; t; t)
	Ta có : ; d(M; D2) = 1 
Câu VII.b:
	;	đk: x > 2, y > 0
	(2) 
	* 
	* 
	 Þ 	x = 3; y = 1
	x = 4; y = - 2
----------------------------o0o-------------------------