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

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 = 2x 1
x 1
+
+ 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 3 (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 23 1 6 3 14 8x x x x+ − − + − − = 0 (x ∈ R). 
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = 2
1
ln
(2 ln )
e x dx
x x+∫ 
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) + 2 22 a b c+ + 2 . 
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 1
3
. 
Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số 
phức z thỏa mãn: (1 )z i i z− = + . 
B. Theo Chương trình Nâng Cao 
Câu VI.b (2,0 điểm). 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 
2 2
1
3 2
x y+ = . 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 Δ: 1
2 1 2
x y z−= = . Xác định tọa độ 
điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM. 
Câu VII.b (1,0 điểm) 
 Gỉai hệ phương trình : 2
x x 2
log (3y 1) x
4 2 3y
− =⎧⎨ + =⎩
 (x, y ∈ R) 
BÀI GIẢI 
tuo
itre
.vn
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 
Câu I. 1. { } ( )
/
2
1\ 1 ; 0,
1
D y
x
= − = > ∀ ∈+\ x D 
TCĐ: x= -1 vì ; TCN: y = 2 vì
1 1
lim , lim
x x
y y− +→− →= +∞ = −∞ lim 2x y→±∞ = 
Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (−1; +∞). Hàm số không có cực trị. 
x -∞ -1 +∞ 
y’ + + 
y +∞ 2 
2 -∞ 
O
1
-1
3
2
-2-3 1
2
− 
5
2
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = -2x +m 
( ) (22 1 2 2 4 1 0
1
x x m x m x m
x
+ = − + ⇔ + − + − =+ )*
m
 (vì x = -1 không là nghiệm) 
Phương trình (*) có nên d luôn cắt (C) tại điểm A, B.Ta có: 2 8 0,mΔ = + > ∀
( ) ( )13 3 2 2
2OAB A B B A A B B A
S x y x y x x m x x mΔ = ⇔ − = ⇔ − + − − + = 2 3 
( ) ( )222 3 12A B A Bm x x m x x⇔ − = ⇔ − =
2
2 8 12
4
mm +⇔ = 
4 2 28 48 0 4m m m m⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ±2 
Câu II. 
1. (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = 0 
⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) = 0 
⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = 0 
⇔ cos2x (cosx + sinx + 2 = 0) ⇔ cos2x = 0 
⇔ 2x = 
2
kπ π+ ⇔ x = 
4 2
kπ π+ (k ∈ Z) 
2. 23 1 6 3 14 8x x x x+ − − + − − = 0 , điều kiện : 1 x 6
3
− ≤ ≤ 
 ⇔ 23 1 4 1 6 3 14 5 0x x x x+ − + − − + − − = 
 ⇔ 3 15 5 ( 5)(3 1)
3 1 4 1 6
x x x x
x x
− −+ + − ++ + + − 0= 
tu
itre
.vn
 ⇔ x – 5 = 0 hay 3 1 (3 1) 0
3 1 4 1 6
x
x x
+ + ++ + + − = (vô nghiệm) ⇔ x = 5 
Câu III. 
( )21
ln
2 ln
e xI dx
x x
= +∫ ; 
1lnu x du dx
x
= ⇒ = 
x 1 e 
u 0 1 
( ) ( )
1 1
2 2
0 0
1 2
22 2
uI du du
uu u
⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎜ ⎟++ +⎝ ⎠∫ ∫ 
1
0
2ln 2
2
u
u
⎛ ⎞= + +⎜ ⎟+⎝ ⎠ 
( )2ln 3 ln 2 1
3
⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
3 1ln
2 3
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Câu IV. 
 Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có : 
 n 0A 'HA 60= . Ta có : AH = a 3
2
, A’H = 2AH = a 3 
 và AA’ = a 3. 3
2
= 3a
2
 Vậy thể tích khối lăng trụ V = 
2a 3 3a
4 2
=
33a 3
8
 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 
 ⇒ R = GJ = .GM GA
GI
 = 
2 2 2
2 2
GA GI IA
GI GI
+= = 7
12
a 
Câu V. Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca 
A’
A
B 
C
B’ 
H
G 
I 
C’
M 
 ⇒ 1 = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca) 
 ⇒ a2 + b2 + c2 = 1 – 2t và 10
3
t≤ ≤ 
 Theo B.C.S ta có : t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2) 
 ⇒ M ≥ 2 3 2 1 2 ( )t f t+ + − =t t 
 f’(t) = 22 3
1 2
t
t
+ − − 
 f ’’(t) = 
3
22− < 0, ∀t ∈ 
(1 2 )t−
10,
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ ⇒ f’(t) là hàm giảm 
 1 11'( ) '( ) 2 3
3 3
f t f≥ = − > 0 ⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈ 10,
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦ 
 ⇒ 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. 
tuo
itre
.vn
PHẦN RIÊNG 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a. 
1. Vì C (-4; 1), vuông và phân giác trong lA
 góc A là (d) : x + y – 5 = 0, xA > 0 nên A(4; 1) 
 ⇒ AC = 8 
 Mà diện tích ΔABC = 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 
A 
B 
C
(d)
 ⇒ (ABC) : 1
1
x y z
b c
+ + = ⇒ (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = 0 
 Vì d (0; ABC) = 1
3
 nên 
2 2 2 2
1
3
bc
b c b c
=+ + ⇒ 3b
2c2 = b2c2 + b2 + c2 
 ⇔ b2 + c2 = 2b2c2 (1) 
 (P) : y – z + 1 = 0 có VTPT là (0;1; 1)Pn = −
JJG
 (ABC) có VTPT là ( ; ; )n bc c b=G
 Vì (P) vuông góc với (ABC) ⇒ .P Pn n n n 0⊥ ⇔ =
G JJG G JJG
 ⇒ 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 ( 1)z i a b i− = + −
 (1 )z i i z− = + ⇔ 2 2 2( 1) ( ) ( )a b a b a b+ − = − + + 2 
 ⇔ a2 + (b2 – 2b + 1) = 2 (a2 + b2) ⇔ a2 + b2 + 2b – 1 = 0 ⇔ 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. ( ) 2 2 2 2 2: 1 3
3 2
x yE c a b+ = ⇒ = − = − =2 1 
 Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình 3 1 0x y− + = 
 ⇒ M 21;
3
⎛⎜⎝ ⎠
⎞⎟ ⇒ N 41; 3
⎛ ⎞⎜ ⎟ ⇒ ⎝ ⎠
1NA 1;
3
⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠
JJJG
; ( )2F A 1; 3=JJJG ⇒ 2NA.F A 0=JJJG JJJG
 ⇒ ΔANF2 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
2 2 4( 1)
33
x y⎛ ⎞− + − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
2. d (M; Δ) = NM,a
a
Δ
Δ
JJJJG JJG
JJG . M ∈ Ox ⇔ M (m; 0; 0) 
 Δ qua N (0; 1; 0) có VTCP = (2; 1; 2) aG
 ⇒ NM (m; 1;0)= −JJJJG a, NM (2;2m; 2 m)⎡ ⎤ = − −⎣ ⎦
G JJJJG
 Ta có: d (M, Δ) = OM ⇔ a, NM OM
a
⎡ ⎤⎣ ⎦ =
G JJJJG
G ⇔ 
25m 4m 8 m
3
+ + = 
 ⇔ 4m2 – 4m – 8 = 0 ⇔ m = −1 hay m = 2. Vậy M (−1; 0; 0) hay M (2; 0; 0) 
t o
itre
.vn
Câu VII.b. 
 ⇔ ⇔ 2
x x 2
log (3y 1) x
4 2 3y
− =⎧⎨ + =⎩
x
x x
3y 1 2
4 2 3y
⎧ − =⎪⎨ + =⎪⎩ 2
x
x x
2 1y
3
4 2 3y
⎧ +=⎪⎨⎪ + =⎩ 2
 ⇔ 
x
x x x
2 1y
3
3(4 2 ) (2 1)
⎧ +=⎪⎨⎪ 2+ = +⎩
 ⇔ 
x
x x
2 1y
3
2.4 2 1 0
⎧ +=⎪⎨⎪ + − =⎩
 ⇔ 
x
x x
2 1y
3
1(2 1)(2 ) 0
2
⎧ +=⎪⎪⎨⎪ + − =⎪⎩
 ⇔ 
x
x
2 1y
3
12
2
⎧ +=⎪⎪⎨⎪ =⎪⎩
 ⇔ 
x 1
1y
2
= −⎧⎪⎨ =⎪⎩
Trần Văn Toàn, Hoàng Hữu Vinh 
(Trung tâm BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) 
tuo
itre
.vn