Ðề thi tuyển sinh đại học khối A năm 2009

ĐỀ SỐ 1	ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2009
Phần chung:
Câu I (2, 0 điểm). Cho hàm số y = (1). 
1.	Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2.	Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc tọa độ O.
Câu II (2,0 điểm)
1.	Giải phương trình .
2.	Giải phương trình : (x Ỵ R)
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a; CD = a; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu V (1,0 điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thỏa mãn x(x+y+z) = 3yz,
 ta có (x + y)3 + (x + z)3 + 3(x + y)(x + z)(y + z) £ 5(y + z)3.
Phần riêng: (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B
A.	Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.	Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6, 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng D : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB.
2.	Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S) :
 x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng: mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2+2z+10=0. 
 Tính giá trị của biểu thức A = ½z1½2 + ½z2½2
B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b (2,0 điểm). 
1.	Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng D : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để D cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích DIAB lớn nhất.
2.	Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và 2 đường thẳng D1 : ; D2 : . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng D1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng D2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)
	Gỉai hệ phương trình : (x, y Ỵ R)
 KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 1
Phần chung:
Câu I.
1.	
2.	Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = -x. Nghĩa là:
	f’(x0) = ±1 Þ Þ 
	D1 : y – 1 = -1(x + 1) Û y = -x (loại)	D2 : y – 0 = -1(x + 2) Û y = -x – 2 (nhận)
Câu II.
1.	ĐK: , sinx ≠ 1	
 (loại) , k Ỵ Z (nhận)
2.	, điều kiện : Đặt t = Û t3 = 3x – 2 Û x = và 6 – 5x = 	Phương trình trở thành : 
	Û Û Û t = -2. Vậy x = -2 
Câu III.
 Đổi cận: x= 0 Þ t = 0; x = Þ t = 1
Câu IV. Từ giả thiết bài toán ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm của BC; E là hình chiếu của I xuống BC.
 SCIJ , CJ=
Þ SCIJ , 
A
B
D
C
I
J
E
H
N
Câu V. x(x+y+z) = 3yz 	 Đặt .	Ta cĩ
Chia hai vế cho x3 bất đẳng thức cần chứng minh đưa về
	Đúng do t ³ 2.
Phần riêeng: 
A.	Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a. 1.	I (6; 2); M (1; 5)
	D : x + y – 5 = 0, E Ỵ D Þ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB
	I trung điểm NE Þ Þ N (12 – m; m – 1)
	 = (11 – m; m – 6);	 = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)
	 Û (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
	Û m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 Û m = 6 hay m = 7
	+ m = 6 Þ = (5; 0) Þ pt AB là y = 5
	+ m = 7 Þ = (4; 1) Þ pt AB là x – 1 – 4(y – 5) = 0 Þ x – 4y + 19 = 0
2.	I (1; 2; 3); R = 
	d (I; (P)) = < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)
	Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : 
	Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J Ỵ d Þ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)
	J Ỵ (P) Þ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 Þ t = 1
	Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) 
	Bán kính đường tròn r = 
Câu VII.a. D’ = -9 = 9i2 do đó phương trình Û z = z1 = -1 – 3i hay z = z2 = -1 + 3i
	Þ A = ½z1½2 + ½z2½2 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20
B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b. 1.	(C) : x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 có tâm là I (-2; -2); R = 
	Giả sử D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của DABC, ta có 
	SDABC = = sin
	Do đó SDABC lớn nhất khi và chỉ khi sin = 1 Û DAIB vuông tại I
	Û IH = (thỏa IH < R) Û 
	Û 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 Û 15m2 – 8m = 0 Û m = 0 hay m = 
2.	M (-1 + t; t; -9 + 6t) ỴD1;	D2 qua A (1; 3; -1) có véctơ chỉ phương = (2; 1; -2)
	 = (t – 2; t – 3; 6t – 8) Þ = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)
	Ta có : d (M, D2) = d (M, (P)) Û 
	Û 35t2 - 88t + 53 = 0 Û t = 1 hay t = 
	Vậy M (0; 1; -3) hay M 
Câu VII.b.	Điều kiện x, y > 0
	Û Û Û Û hay 
ĐỀ SỐ 2	ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
	Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 (1)
	1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
	2. Với các giá trị nào của m, phương trình cĩ đúng 6 nghiệm thực phân biệt?
Câu II (2 điểm)
	1. Giải phương trình 
	2. Giải hệ phương trình 
Câu III (1 điểm)
	Tính tích phân 
Câu IV (1 điểm)
	Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ cĩ BB’ = a, gĩc giữa đường thẳng BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600; tam giác ABC vuơng tại C và = 600. Hình chiếu vuơng gĩc của điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a.
Câu V (1 điểm)
	Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1
PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
	1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) : và hai đường thẳng D1 : x – y = 0, D2 : x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường trịn (C1); biết đường trịn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng D1, D2 và tâm K thuộc đường trịn (C) 
	2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD cĩ các đỉnh A(1;2;1), B(-2;1;3), C(2;-1;1) và D(0;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P)
Câu VII.a (1 điểm)
	Tìm số phức z thoả mãn : 
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A cĩ đỉnh A(-1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng D : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18.
Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đĩ là nhỏ nhất.
Câu VII.b (1 điểm)
	Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4.
 KẾT QUẢ ĐỀ SỐ 2
-2
x
y
-1
 1
0
-
(C)
Câu I.
1.	y = 2x4 – 4x2 .	TXĐ : D = R
	y’ = 8x3 – 8x; y’ = 0 Û x = 0 Ú x = ±1; 
x
-¥ -1 0 1 +¥
y'
 - 0 + 0 - 0 +
y
+¥ 0 +¥
 -2 CĐ -2
 CT CT
	y đồng biến trên (-1; 0); (1; +¥)
	y nghịch biến trên (-¥; -1); (0; 1)
	y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0
	y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = ±1
 2
x
y
-1
 1
0
-
(C’)
	Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
	Giao điểm của đồ thị với trục hồnh là (0; 0); (±;0)
2.	x2çx2 – 2ç = m Û 2x2çx2 – 2ç = 2m (*) 
	(*) là phương trình hồnh độ giao điểm của (C’) : 
	y = 2x2çx2 – 2ç và (d): y = 2m
	Ta cĩ (C’) º (C); nếu x £ - hay x ³
	(C’) đđối xứng với (C) qua trục hồnh nếu - < x < 
	Theo đồ thị ta thấy ycbt Û 0 < 2m < 2 Û	 0 < m < 1
Câu II.
1.	sinx+cosxsin2x+
2.	
	y = 0 hệ vơ nghiệm
	y ¹ 0 hệ Û 
	Đặt a = ; b = Þ Þ
	Ta cĩ hệ là Û 
	Û hay . Vậy hay 
	Û hay (VN) Û hay 
Câu III :
	Đặt u = lnx 
	 Chọn 
	Vậy : 
Câu IV.
C
A
B
M
N
H
BH= , ; 
gọi CA= x, BA=2x, 
Ta cĩ: 
V= 
Câu V :
	 dấu “=” xảy ra khi : 
	Ta cĩ : 
	Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 
	Vậy : 
Câu VIa.
1.	Phương trình 2 phân giác (D1, D2) : 
Phương trình hồnh độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 
	25x2 – 20x + 16 = 0 (vơ nghiệm)	
	Phương trình hồnh độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 + 
	 Û x = . Vậy K 
	R = d (K, D1) = 
2.	TH1 : (P) // CD. Ta cĩ : 
	TH2 : (P) qua là trung điểm CD
Câu VIb.
1.	
	Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0 
	B(m;m – 4) 
	Vậy 
2.	
Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0
Û x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi D là đường thẳng bất kỳ qua A
Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta cĩ :
d(B, D) ³ BH; d (B, D) đạt min Û D qua A và H.
Pt tham số 
Tọa độ H = BH Ç (Q) thỏa hệ phương trình : 
D qua A (-3; 0;1) và cĩ 1 VTCP 
Pt (D) : 
Câu VII.a.	Đặt z = x + yi với x, y Ỵ R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i 
	êz – (2 + i)ê= và 
	Û Û Û Û hay 
	Vậy z = 3 + 4i hay z = 5 
Câu VII.b.
	Pt hồnh độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là : 
	Û 2x2 – mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 khơng là nghiệm của (*))
	Vì a.c < 0 nên pt luơn cĩ 2 nghiệm phân biệt ¹ 0
	Do đĩ đồ thị và đường thẳng luơn cĩ 2 giao điểm phân biệt A, B
	AB = 4 Û (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16 Û 2(xB – xA)2 = 16
	Û (xB – xA)2 = 8 Û Û Û m = 
 ĐỀ SỐ 3
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009
Mơn thi : TỐN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2,0 điểm). 
	Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m cĩ đồ thị là (Cm), m là tham số.
	1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.
	2. Tìm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ thị (Cm) tại 4 điểm phân biệt đều cĩ hồnh độ nhỏ hơn 2.
Câu II (2,0 điểm)
	1. Giải phương trình 
	2. Giải hệ phương trình 	(x, y Ỵ R)
Câu III (1,0 điểm).	Tính tích phân 
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ cĩ đáy ABC là tam giác vuơng tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
Câu V (1,0 điểm).Cho các số thực khơng âm x, y thay đổi và thỏa mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = (4x2 + 3y)(4y2 + 3x) + 25xy.
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 với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cĩ M (2; 0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt cĩ phương trình là 7x – 2y – 3 = 0 và 6x – y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng AC.
	2.	Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A (2; 1; 0), B(1;2;2), C(1;1;0) và mặt phẳng (P): x + y + z – 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P).
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn điều kiện çz – (3 – 4i)ç= 2.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm) ... rí của M, N tương ứng.
Câu VII.b (1 điểm) Cho là những số dương thỏa mãn: . Chứng minh bất đẳng thức
----------------------Hết----------------------
Đáp án.
Câu 
Ý
Nội dung
Điểm
I
2,00
1
1,00
+ MXĐ: 
0,25
+ Sự biến thiên 
Giới hạn: 
0,25
Bảng biến thiên
0,25
Đồ thị
0,25
2
1,00
Ta cĩ . Gọi a, b lần lượt là hồnh độ của A và B.
Hệ số gĩc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 
Tiếp tuyến tại A, B lần lượt cĩ phương trình là:
; 
Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi:
Vì A và B phân biệt nên , do đĩ (1) tương đương với phương trình:
Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau
 , 
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là và .
Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 
II
2,00
1
1,00
Điều kiện: 
0,25
Từ (1) ta cĩ: 
0,25
0,25
Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là 
0,25
2
1,00
Điều kiện: 
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
0,25
0,25
Giao với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình đã cho là 
0,25
III
1,00
1
1,00
0,50
0,50
IV
1,00
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đĩ và . 
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đĩ:
 vuơng cân tại O nên: 
0,25
Ta cĩ: 
0,25
0,25
và 
0,25
V
1,00
Phương trình (1)
Điều kiện : 
Nếu thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) cĩ nghiệm duy nhất thì cần cĩ điều kiện . Thay vào (1) ta được:
0,25
* Với m = 0; (1) trở thành:
Phương trình cĩ nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = -1; (1) trở thành
	+ Với 
	+ Với 
Trường hợp này, (1) cũng cĩ nghiệm duy nhất.
0,25
* Với m = 1 thì (1) trở thành: 
Ta thấy phương trình (1) cĩ 2 nghiệm nên trong trường hợp này (1) khơng cĩ nghiệm duy nhất.
Vậy phương trình cĩ nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.
0,25
VIa
2,00
1
1,00
Đường trịn (C) cĩ tâm I(2;1) và bán kính .
Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một gĩc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra .
Như thế điểm M nằm trên đường trịn (T) cĩ phương trình: .
0,25
Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ phương trình: 
0,25
Khử x giữa (1) và (2) ta được:
0,25
Vậy cĩ hai điểm thỏa mãn đề bài là: hoặc 
0,25
2
1,00
 Ta tính được . 
0,25
Vậy tứ diện ABCD cĩ các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau. Từ đĩ ABCD là một tứ diện gần đều. Do đĩ tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng tâm G của tứ diện này.
0,25
Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD cĩ tâm là , bán kính là .
0,50
VIIa
1,00
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : .
0,25
Những trường hợp khơng cĩ đủ ba viên bi khác màu là:
+ Khơng cĩ bi đỏ: Khả năng này khơng xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8.
+ Khơng cĩ bi xanh: cĩ cách.
+ Khơng cĩ bi vàng: cĩ cách.
0,25
Mặt khác trong các cách chọn khơng cĩ bi xanh, khơng cĩ bi vàng thì cĩ cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi cĩ đủ cả ba màu là: cách.
0,50
VIb
2,00
1
1,00
I cĩ hồnh độ và 
Vai trị A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0)
, suy ra phương trình AD: .
Lại cĩ MA = MD = .
Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình:
 hoặc .Vậy A(2;1), D(4;-1), 
0,50
 là trung điểm của AC, suy ra:
Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta cĩ: B(5;4).
Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).
0,50
2
1,00
Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và cĩ bán kính R = 3.
Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):
.
Do đĩ (P) và (S) khơng cĩ điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2.
0,25
Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuơng gĩc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S).
Gọi là đường thẳng đi qua điểm I và vuơng gĩc với (P), thì N0 là giao điểm của và (P). 
Đường thẳng cĩ vectơ chỉ phương là và qua I nên cĩ phương trình là .
0,25
Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:
Suy ra .
0,25
Ta cĩ Suy ra M0(0;-3;4)
0,25
VIIb
1,00
Áp dụng bất đẳng thức 
Ta cĩ: 
0,50
Ta lại cĩ:
Tương tự: 
Từ đĩ suy ra 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
0,50
Tr­êng THPT §«ng S¬n 1 k× thi KSCL tr­íc tuyĨn sinh n¨m 2009 (lÇn 1)
	M«n Thi: To¸n 
Thêi gian: 180 phĩt (kh«ng kĨ thêi gian giao ®Ị)
(§Ị thi gåm 02 trang)
phÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh
C©u I (2 ®iĨm) Cho hµm sè 
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cđa hµm sè.
2. Gäi d lµ ®­êng th¼ng ®i qua ®iĨm A(3; 4) vµ cã hƯ sè gãc lµ m. T×m m ®Ĩ d c¾t (C) t¹i 3 ®iĨm ph©n biƯt A, M, N sao cho hai tiÕp tuyÕn cđa (C) t¹i M vµ N vu«ng gãc víi nhau.
C©u II (2®iĨm)
1. Gi¶i hƯ ph­¬ng tr×nh: (x, y )
2. Gi¶i ph­¬ng tr×nh: 
C©u III (1 ®iĨm) TÝnh tÝch ph©n 
C©u IV (1 ®iĨm) Cho h×nh l¨ng trơ ABC.A’B’C’ cã ®¸y lµ tam gi¸c ®Ịu c¹nh a, h×nh chiÕu vu«ng gãc cđa A’ lªn mỈt ph¼ng (ABC) trïng víi t©m O cđa tam gi¸c ABC. Mét mỈt ph¼ng (P) chøa BC vµ vu«ng gãc víi AA’, c¾t l¨ng trơ theo mét thiÕt diƯn cã diƯn tÝch b»ng . TÝnh thĨ tÝch khèi l¨ng trơ ABC.A’B’C’.
C©u V (1 ®iĨm) Cho a, b, c lµ ba sè thùc d­¬ng tháa m·n abc = 1. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cđa biĨu thøc 
PhÇn tù chän 
ThÝ sinh chØ ®­ỵc lµm mét trong hai phÇn: PhÇn 1 hoỈc PhÇn 2
PhÇn 1
C©u VI.a (2 ®iĨm) 
1. Trong mỈt ph¼ng víi hƯ trơc täa ®é Oxy cho parabol (P): vµ elip (E): . Chøng minh r»ng (P) giao (E) t¹i 4 ®iĨm ph©n biƯt cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua 4 ®iĨm ®ã.
2. Trong kh«ng gian víi hƯ trơc täa ®é Oxyz cho mỈt cÇu (S) cã ph­¬ng tr×nh vµ mỈt ph¼ng (a) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z + 17 = 0. ViÕt ph­¬ng tr×nh mỈt ph¼ng (b) song song víi (a) vµ c¾t (S) theo giao tuyÕn lµ ®­êng trßn cã chu vi b»ng 6p.
C©u VII.a(1®iĨm) T×m hƯ sè cđa sè h¹ng chøa x2 trong khai triĨn nhÞ thøc Niut¬n cđa , biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: ( lµ sè tỉ hỵp chËp k cđa n phÇn tư)
PhÇn 2
C©u VI.b (2 ®iĨm) 
1. Trong mỈt ph¼ng víi hƯ trơc täa ®é Oxy cho hai ®­êng th¼ng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y - 7= 0 vµ tam gi¸c ABC cã A(2 ; 3), träng t©m lµ ®iĨm G(2; 0), ®iĨm B thuéc d1 vµ ®iĨm C thuéc d2 . ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC. 
2. Trong kh«ng gian víi hƯ trơc täa ®é Oxyz cho tam gi¸c ABC víi A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) vµ mỈt ph¼ng (P): x – y – z – 3 = 0. Gäi M lµ mét ®iĨm thay ®ỉi trªn mỈt ph¼ng (P). T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc 
C©u VII.b (1 ®iĨm) Gi¶i hƯ ph­¬ng tr×nh (x, y )
----------------***HÕt***----------------
Chĩ ý: ThÝ sinh dù thi khèi B vµ D kh«ng ph¶i lµm c©u V. 
 ThÝ sinh kh«ng ®­ỵc sư dơng tµi liƯu. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm
Hä vµ tªn thÝ sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Sè b¸o danh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tr­êng thpt ®«ng s¬n i K× thi KSCL tr­íc tuyĨn sinh n¨m 2009(lÇn 1)
H­íng dÉn chÊm m«n to¸n 
- §iĨm toµn bµi kh«ng lµm trßn.
- Häc sinh lµm c¸c kh¸c nÕu ®ĩng vÉn ®­ỵc ®iĨm tèi ®a. 
- NÕu häc sinh lµm c¶ hai phÇn trong phµn tù chän th× kh«ng tÝnh ®iĨm phÇn tù chän.
- ThÝ sinh dù thi khèi B, D kh«ng ph¶i lµm c©u V; thang ®iĨm dµnh cho c©u I.1 vµ c©u III lµ 1,5 ®iĨm.
C©u
Néi dung
§iĨm
I.1
Kh¶o s¸t hµm sè 
1,00
1. TËp x¸c ®Þnh: R
2. Sù biÕn thiªn:
 a) Giíi h¹n: 
0,25
 b) B¶ng biÕn thiªn: y' = 3x2 - 6x, y' = 0 x = 0, x = 2
B¶ng biÕn thiªn: 
x
- 0 2 +
y'
 + 0 - 0 +
y
 4 +
- 0
- Hµm sè ®ång biÕn trªn (-; 0) vµ (2; +), nghÞch biÕn trªn (0; 2)
- Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = 0, yC§ = 4, ®¹t cùc tiĨu t¹i x = 2, yCT = 0.
0,50
3. §å thÞ: §å thÞ giao víi trơc tung t¹i (0; 4), giao víi trơc hoµnh t¹i (-1; 0),(2; 0). NhËn ®iĨm uèn I(1; 2) lµm t©m ®èi xøng
x
y
-1
2
O
4
2
1
0,25
I.2
T×m m ®Ĩ hai tiÕp tuyÕn vu«ng gãc ..... 
1,00
d cã ph­¬ng tr×nh y = m(x – 3) + 4.
Hoµnh ®é giao ®iĨm cđa d vµ (C) lµ nghiƯm cđa ph­¬ng tr×nh 
0,50
Theo bµi ra ta cã ®iỊu kiƯn m > 0 vµ 
0,25
(tháa m·n)
0,25
II.1
Gi¶i hƯ ph­¬ng tr×nh ®¹i sè
1,00
Ta thÊy y = 0 kh«ng ph¶i lµ nghiƯm cđa hƯ
0,25
HƯ ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi 
0,25
§Ỉt Ta cã hƯ 
0,25
Suy ra . Gi¶i hƯ trªn ta ®­ỵc nghiƯm cđa hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5)
0,25
II.2
Gi¶i ph­¬ng tr×nh l­¬ng gi¸c 
1,00
§iỊu kiƯn: 
Ta cã 
0,25
Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi 
0,25
0,25
,. VËy ph­¬ng tr×nh cã nghiƯm ,
0,25
III
TÝnh tÝch ph©n 
1,00
§Ỉt 
0,25
0,25
* TÝnh I1: . §Ỉt 
Suy ra
0,25
VËy 
0,25
IV
TÝnh thĨ tÝch khèi l¨ng trơ
1,00
A
B
C
C’
B’
A’
H
O
M
Gäi M lµ trung ®iĨm cđa BC, gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cđa M lªn AA’, Khi ®ã (P) (BCH). Do gãc nhän nªn H n»m gi÷a AA’. ThiÕt diƯn cđa l¨ng trơ c¾t bëi (P) lµ tam gi¸c BCH. 
0,25
Do tam gi¸c ABC ®Ịu c¹nh a nªn 
Theo bµi ra 
0,25
Do hai tam gi¸c A’AO vµ MAH ®ång d¹ng nªn 
suy ra 
0,25
ThĨ tÝch khèi l¨ng trơ: 
0,25
V
T×m gi¸ trÞ lín nhÊt ...
1,00
Ta cã a2+b2 ³ 2ab, b2 + 1 ³ 2b Þ 
T­¬ng tù 
0,50
0,25
 khi a = b = c = 1. VËy P ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt b»ng khi a = b = c = 1.
0,25
VIa.1
ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua giao ®iĨm cđa(E) vµ (P) 
1,00
Hoµnh ®é giao ®iĨm cđa (E) vµ (P) lµ nghiƯm cđa ph­¬ng tr×nh
 (*) 
0,25
XÐt , f(x) liªn tơc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, 
f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiƯm ph©n biƯt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ®iĨm ph©n biƯt
0,25
To¹ ®é c¸c giao ®iĨm cđa (E) vµ (P) tháa m·n hƯ 
0,25
 (**)
(**) lµ ph­¬ng tr×nh cđa ®­êng trßn cã t©m , b¸n kÝnh R = Do ®ã 4 giao ®iĨm cđa (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®­êng trßn cã ph­¬ng tr×nh (**)
0,25
VIa.2
ViÕt ph­¬ng tr×nh mỈt ph¼ng (b).... 
1,00
Do (b) // (a) nªn (b) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D17)
MỈt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5
§­êng trßn cã chu vi 6p nªn cã b¸n kÝnh r = 3. 
0,25
Kho¶ng c¸ch tõ I tíi (b) lµ h = 
0,25
Do ®ã 
0,25
VËy (b) cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0 
0,25
VII.a
T×m hƯ sè cđa x2...
1,00
Ta cã 
suy ra I (1) 
0,25
MỈt kh¸c (2)
Tõ (1) vµ (2) ta cã 
Theo bµi ra th× 
0,25
Ta cã khai triĨn
0,25
Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 
VËy hƯ sè cÇn t×m lµ 
0,25
VIb.1
ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ....
1,00
Do B Ỵ d1 nªn B = (m; - m – 5), C Ỵ d2 nªn C = (7 – 2n; n)
0,25
Do G lµ träng t©m tam gi¸c ABC nªn 
Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1)
0,25
Gi¶ sư ®­êng trßn (C) ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC cã ph­¬ng tr×nh 
. Do A, B, C Ỵ (C) nªn ta cã hƯ
0,25
VËy (C) cã ph­¬ng tr×nh 
0,25
VIb.2
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt ...
1,00
Gäi G lµ träng t©m cđa tam gi¸c ABC, suy ra G = 
Ta cã 
0,25
F nhá nhÊt Û MG2 nhá nhÊt Û M lµ h×nh chiÕu cđa G lªn (P) 
0,25
Û 
0,25
VËy F nhá nhÊt b»ng khi M lµ h×nh chiÕu cđa G lªn (P)
0,25
VIIb
Gi¶i hƯ ph­¬ng tr×nh mị
1,00
§Ỉt u = x + y , v = x - y ta cã hƯ 
0,25
- NÕu u > v th× (2) cã vÕ tr¸i d­¬ng, vÕ ph¶i ©m nªn (2) v« nghiƯm
- T­¬ng tù nÕu u < v th× (2) v« nghiƯm, nªn (2) 
0,25
ThÕ vµo (1) ta cã eu = u+1 (3) . XÐt f(u) = eu - u- 1 , f'(u) = eu - 1
B¶ng biÕn thiªn: 
u
- 0 +
f'(u)
 - 0 +
f(u)
 0
Theo b¶ng biÕn thiªn ta cã f(u) = 0 . 
0,25
Do ®ã (3) cã 1 nghiƯm u = 0 
VËy hƯ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã mét nghiƯm (0; 0)
0,25