Bộ giáo dục và đào tạo
Đề chính thức
Đề thi tuyển sinh đại học năm 2009
Môn thi: toán; Khối B
(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 im)Cho hm s y = 2x
4
4x
2
(1)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1).
2. Vi cỏc giỏ tr no ca m, phng trỡnh
2 2
x x 2 m =
cú ỳng 6 nghim thc phõn bit?
Cõu II (2 im)
1. Gii phng trỡnh
3
sin x cos xsin 2x 3 cos3x 2(cos 4x sin x)+ + = +
2. Gii h phng trỡnh
2 2 2
xy x 1 7y
(x, y )
x y xy 1 13y
+ + =



+ + =


+ y
4
+ x
2
y
2
) 2(x
2
+ y
2
) + 1
PHN RIấNG (3 im)
A. Theo chng trỡnh chun
Cõu VI.a. (2 im)
1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng trũn (C) :
2 2
4
(x 2) y
5
+ =
v hai ng thng

1
: x y = 0,
2
: x 7y = 0. Xỏc nh to tõm K v tớnh bỏn kớnh ca ng trũn (C
1
); bit
ng trũn (C
1

BÀI GIẢI GỢI Ý
Câu I.
1. y = 2x
4
– 4x
2
. TXĐ : D = R
y’ = 8x
3
– 8x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = ±1;
x
lim
→±∞
= +∞
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
Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); (±
2
;0)

−
2
(C)
Ta có (C’) ≡ (C); nếu x ≤ -
2
hay x ≥
2
(C’) đđối xứng với (C) qua trục hoành nếu -
2
< x <
2
Theo đồ thị ta thấy ycbt ⇔ 0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1
Câu II.
1. PT:sinx+cosxsin2x+
3
3 cos3x 2(cos 4x sin x)= +
3 1 3sin x sin3x
sin x sin3x 3cos3x 2cos4x
2 2 2
sin3x 3cos3x 2cos4x
1 3
sin3x cos3x cos4x
2 2
sin sin 3x cos cos3x cos4x
6 6
cos4x cos 3x
6
4x 3x k2 x k2
6 6
2

+ + =
y = 0 hệ vô nghiệm
y ≠ 0 hệ ⇔
2
2
x 1
x 7
y y
x 1
x 13
y y

+ + =



+ + =



Đặt a =
1
x
y
+
; b =
x
y
⇒
2 2

=
=
hay
{
a 5
b 12
= −
=
. Vậy
1
x 4
y
x
3
y

+ =



=



hay
1
x 5
y
x
12




=


hay
{
x 3
y 1
=
=
Câu III :
3 3 3
2 2 2
1 1 1
3
3
1
2
1
1
3
2
2
1
3 ln x dx ln x
I dx 3 dx
(x 1) (x 1) (x 1)
dx 3 3

x 1
−
=
+
3
3 3 3
2
1
1 1 1
ln x dx ln 3 dx dx ln3 3
I ln
x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2
= − + = − + − = − +
+ + +
∫ ∫ ∫
Vậy :
3
I (1 ln3) ln2
4
= + −
Câu IV.
BH=
2
a
,
2 1 3
3
3 2 2 4
BH a a
BN

9
52
a
x⇔ =
C A
B
M
N
H
Ta có:
3 3
' '
2 2
a
B H BB= =
V=
2 3
2
1 1 3 1 9 3 9
3
3 2 2 12 52 2 208
a a a a
x
 
= =
 ÷
 
Câu V :
3
3 2

+
≤
( )
4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1
 
= + + − + + = + − − + +
 
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
(x y )
3 (x y ) 2(x y ) 1
4
9
(x y ) 2(x y ) 1
4
 
+
≥ + − − + +
 
 
= + − + +
Đặt t = x
2
+ y
2
, đk t ≥
1
2

2
5(x y) (x 7y)
y 2x :d
5(x y) x 7y
1
5(x y) x 7y
y x : d
2
⇔ − = ± −
= −

− = −


⇔ ⇔


− = − +
=


Phương trình hoành độ giao điểm của d
1
và (C) : (x – 2)
2
+ (– 2x)
2
=
4
5

2 2
5
2. TH1 : (P) // CD. Ta có :
AB ( 3; 1;2),CD ( 2;4;0)= − − = −
uuur uuur
(P)có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)
(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0
4x 2y 7z 15 0
⇒ = − − − =
− + − + − =
⇔ + + − =
r r
TH2 : (P) qua
I(1;1;1)
là trung điểm CD
Ta có AB ( 3; 1;2), AI (0; 1;0)
(P) có PVT n (2;0;3)
(P) :2(x 1) 3(z 1) 0 2x 3z 5 0
= − − = −
⇒ =
− + − = ⇔ + − =
uuur uur
r
Câu VIb.
1.
1 4 4
9
AH
2 2
1 36 36

7 11
m 2
7
2 2
m 4
7 3
2
m 2
2 2
   
⇒ = = = − + − +
 ÷  ÷
   

= + =

 
⇔ − = ⇔

 ÷
 

= − =


Vậy
1 1 2 2
11 3 3 5 3 5 11 3
B ; C ; hay B ; C ;
2 2 2 2 2 2 2 2

− + + =


10
t
9
⇒ = −

1 11 7
H ; ;
9 9 9
 
⇒ −
 ÷
 
∆ qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP
( )
1
a AH 26;11; 2
9
∆
= = −
uur uuur
Pt (∆) :
x 3 y 0 z 1
26 11 2
+ − −
= =
−
Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y ∈ R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i

{
x 3
y 4
=
=
hay
{
x 5
y 0
=
=
Vậy z = 3 + 4i hay z = 5
Câu VII.b.
Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là :
2
x 1
x m
x
−
− + =

⇔ 2x
2
– mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 không là nghiệm của (*))
Vì a.c < 0 nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt ≠ 0
Do đó đồ thị và đường thẳng luôn có 2 giao điểm phân biệt A, B
AB = 4 ⇔ (x
B
– x
A

 
⇔
2
m 24=
⇔ m =
2 6±
.