BỘ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010.
Môn thi : Toán.
ĐỀ CHINH THỨC Thời gian làm bài : 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
(C)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1.Giải phương trình sau:
( )
6 6
8 sin 3 3sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x
+ + = − +
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
3 3
2 1
2 2
y x
x y y x


trị nhỏ nhất của biểu thức
4 4
2 1
x y
P
xy
+
=
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa.( 2 điểm)
1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x
2
+y
2
- 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường
thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d
1
:
2 1
4 6 8
x y z
− +
= =
− −
và
d

+ =
và đường thẳng
∆
:3x + 4y =12. Từ điểm M bất
kì trên
∆
kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một
điểm cố định.
2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3).Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt
ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.
Cõu VIIb. (1 im) Gii phng trỡnh:

Cõu í
Ni dung
im
I 1
* Tập xác định: D = R\{ - 1}
* Sự biến thiên
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 2
x x
y y
+
= =
; tiệm cận ngang: y = 2

( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y


- 1)

thì
0
0
0
2 1
1
x
y
x
+
=
+
Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì
MA = |x
0
+1| , MB = | y
0
- 2| = |
0
0
2 1
1
x
x
+
+
- 2| = |

x cos x x
+ =
Thay (1) vào phơng trình (*) ta có :

( )
6 6
8 sin 3 3 sin 4 3 3 2 9sin 2 11x cos x x cos x x
+ + = +
0,5
0,5
2
2
2
3
8 1 sin 2 3 3sin 4 3 3 2 9sin 2 11
4
3 3 sin 4 3 3 2 6sin 2 9sin 2 3
3sin 4 3 2 2sin 2 3sin 2 1
x x cos x x
x cos x x x
x cos x x x
 
⇔ − + = − +
 ÷
 
⇔ − = − +
⇔ − = − +
( )
( )
( )

Π

= + Π


; Gi¶i (3)
4
( )
7
12
x k
k Z
x k
Π

= + Π

∈

Π

= + Π


KÕt luËn :
2
Ta có:
( )
( )
3 3 2 2 3 2 2 3

1t =
,ta có : HPT
2
1, 1
1
y x
x y x y
y
=


⇔ ⇔ = = = = −

=


.
0,5
0.5
III
I =
1 1 1
2 2
1 2
1 1
2 2
1 1
( 1 ) ( )
x x x
x x x

∫
5
2
3
.
2
I e⇒ =
0,5đ
0,5
IV
Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE
Ta có ACD cân tại A nên CD AE
Tương tự BCD cân tại B nên CD BE
Suy ra CD (ABE) CD BH
Mà BH AE suy ra BH (ACD)
0,5
H
D
E
C
B
A
Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng
(ACD) và (BCD) là
Thể tích của khối tứ diện ABCD là
Mà
Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x
2
- x + = 0
trường hợp vì DE<a

( )
( )
2
2 2 2 2
2
2
7 2 1
2 1 4 2 1
x y x y
t t
P
xy t
+ −
− + +
= =
+ +
.
Do đó:
( )
( )
2
2
7
'
2 2 1
t t
P
t
− −
=

 
 
)
0,5
0,5
VIa 1
Đường tròn ( C) có tâm I(1;-3); bán kính R=5
Gọi H là trung điểm AB thì AH=3 và IH AB suy ra IH =4
Mặt khác IH= d( I; Δ )
Vì Δ || d: 4x-3y+2=0 nên PT của Δ có dạng
3x+4y+c=0

I
A H B
d(I; Δ )=
vậy có 2 đt thỏa mãn bài tốn: 3x+4y+29=0 và 3x+4y-11=0
0,5
0,5
2
VÐc t¬ chØ ph¬ng cđa hai ®êng th¼ng lÇn lỵt lµ:
1
u
ur
(4; - 6; - 8)
2
u
uur
( - 6; 9; 12)
+)
1

1
+ IB
≥
A
1
B
IA + IB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt b»ng A
1
B
Khi A
1
, I, B th¼ng hµng
⇒
I lµ giao ®iĨm cđa A
1
B vµ d
Do AB // d
1
nªn I lµ trung ®iĨm cđa A
1
B.
*) Gäi H lµ h×nh chiÕu cđa A lªn d
1
. T×m ®ỵc H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 ÷
 

ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z
2
= 2. Vậy phương trình trở thành:
(Z + 1)(Z – 2)(Z
2
+ 8) = 0
Suy ra: Z
3
=
2 2 i
và Z
4
= –
2 2 i
Đáp số:
{ }
− − −1,2, 2 2 i, 2 2 i
0,5
0,5
VIb 1
Gäi M(x
0
;y
0
), A(x
1
;y
1
), B(x
2

4y
0
=12-3x
0

⇒
0 0
4 4
4
4 3
xx yy
+ =
⇒
0 0
4 (12 3 )
4
4 3
xx y x
−
+ =
Gäi F(x;y) lµ ®iĨm cè ®Þnh mµ AB ®i qua víi mäi M th×
(x- y)x
0
+ 4y – 4 = 0
{
{
0 1
4 4 0 1
x y y
y x

3
1
27 27 6
6
9
a
V abc V b
c
=


= ≥ ⇒ = ⇔ =


=

MỈt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0
0,5
0,5
VII
b
• ĐK: x > 1
• Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương Vậy phương trình đã cho có một nghiệm :
0,5