Bộ giáo dục và đào tạo
Đề chính thức
Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2009
Môn thi: toán; Khối A; B; D
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im)
Cõu I (2,0 im)
Cho hm s y = x
3
(2m 1)x
2
+ (2 m)x + 2 (1), vi m l tham s thc
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1) khi m = 2
2. Tỡm cỏc giỏ tr ca m hm s (1) cú cc i, cc tiu v cỏc im cc tr ca th
hm s (1) cú honh dng.
Cõu II (2,0 im)
1. Gii phng trỡnh
2
(1 2sin x) cos x 1 sin x cos x+ = + +
2. Gii bt phng trỡnh
x 1 2 x 2 5x 1 (x )+ + + Ă
Cõu III (1,0 im)
Tớnh tớch phõn
1
2x x
0
I (e x)e dx

= +

Cõu IV (1,0 im)

Cõu VII.a (1,0 im)
Cho s phc z tho món (1 + i)
2
(2 i)z = 8 + i + (1 + 2i)z. Tỡm phn thc v phn o ca
z.
B. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu VI.b (2,0 im)
1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho cỏc ng thng
1
: x 2y 3 = 0 v
2
: x +
y +1 = 0. Tỡm to im M thuc ng thng
1
sao cho khong cỏch t im M n
ng thng
2
bng
1
2
2. Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho tam giỏc ABC cú A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) v
trng tõm G(0; 2; 1). Vit phng trỡnh ng thng i qua im C v vuụng gúc vi
mt phng (ABC).
Cõu VII.b (1,0 im)
Gii phng trỡnh sau trờn tp hp cỏc s phc :
4z 3 7i
z 2i
z i

=

y đồng biến trên các khoảng (-∞;0); (2;+ ∞); y nghịch biến trên (0;2)
y đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại bằng 2;
y đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu bằng -2
giao điểm của đồ thị với trục tung là (0;2)
giao điểm của đồ thị với trục hoành là (1;0);
( )
1 3;0±
2. y’ = 0 ⇔ 3x
2
– 2(2m – 1)x + 2 – m = 0 (*)
Ycbt ⇔ pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt
⇔
' 0
P 0
S 0
∆ >


>

>


⇔
2
4m m 5 0
2 m
0
3
2(2m 1)



⇔
5
4
< m < 2
Câu II : 1. Pt ⇔ (1 + 4sinx + 4sin
2
x)cosx = 1 + sinx + cosx
⇔ cosx + 4sinxcosx + 4sin
2
xcosx = 1 + sinx + cosx
⇔ 4sinxcosx(1 + sinx) = 1 + sinx
⇔ 1 + sinx = 0 hay 4sinxcosx = 1
⇔ sinx = -1 hay sin2x =
1
2
⇔ x =
k2
2
π
− + π
hay x =
k
12
π
+ π
hay x =
5
k

− − ≤


Câu III: I =
1 1
x x
0 0
e dx xe dx
−
+
∫ ∫
; I
1
=
1
1
x x
0
0
1
e dx e 1
e
− −
= − = −
∫
I
2
=
1
x

1
0
1
2 3
-1
-2
Câu IV: Gọi I là trung điểm AB.
Ta có MN // AB // CD và SP ⊥ CD ⇒ MN ⊥ SP
∆SIP cân tại S, SI
2
=
2 2
2
a 7a
2a
4 4
− =

⇒ SI = SP =
a 7
2
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD,
ta có SO
2
=SI
2
–OI
2
=
2

1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6
S .PH . .
3 3 2 2 2 2 48
7
 
= =
 ÷
 
(đvtt)
Câu V :Đặt
2
ln x
f (x) ; 0 x 1
x 1
= < <
+
2 2
2 2
x 1 2x ln x
f '(x) 0 , x (0;1)
x(x 1)
+ −
⇒ = > ∀ ∈
+
⇒
f đồng biến trên (0 ; 1)
⇒
f(b) > f(a) với 0 < a < b < 1
2 2
ln b ln a

. Vậy B(5; 0)
2.
( ) ( )
1 2
( ) ( )
1;2;3 , 3;2; 1
P P
n n= = -
uuur uuur
(P) qua A(1; 1; 1). (P)⊥ (P
1
), (P
2
) ⇒ (P) có một vectơ pháp tuyến:
1 2
( ) ( ) ( )
,
P P P
n n n
é ù
=
ê ú
ë û
uuur uuur uuur
= (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2)
Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0
⇔ 4x – 5y + 2z – 1 = 0.
Câu VII. a.
( ) ( )
2

P
I
O
M
N
d(M, ∆
2
) =
1
2
⇔
2m 3 m 1
1
2 2
+ + +
=
⇔3m + 4= 1 ⇔ m = -1 hay m =
5
3
−
Vậy M (1; -1) hay M (
1
3
−
;
5
3
−
)
2. G là trọng tâm ∆ABC ⇒ C (-1; 3; -4)

⇔ 4z – 3 – 7i = z
2
– 3iz – 2 ⇔ z
2
– (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0
∆ = (4 + 3i)
2
– 4(1 + 7i) = 3 – 4i = (2 – i)
2

Vậy
4 3i 2 i
z 3 i
2
+ + −
= = +
hay z =
4 3i 2 i
1 2i
2
+ − +
= +