ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010
Môn thi : TOÁN
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
– 2x
2
+ (1 – m)x + m (1), m là số thực
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành
độ x
1
, x
2
, x
3
thỏa mãn điều kiện :
2 2 3
1 2 2
x x x 4+ + <
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin x cos2x)sin x
1
4
cos x
1 tan x
2
π
 
+ + +

Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2 2
(4 1) ( 3) 5 2 0
4 2 3 4 7
x x y y
x y x

+ + − − =


+ + − =


(x, y ∈ R).
II. 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 hai đường thẳng d
1
:
3 0+ =x y
và d
2
:
3 0x y− =
. Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d

2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng
2 2 3
:
2 3 2
x y z+ − +
∆ = =
. Tính khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu
tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1 điểm).
Cho số phức z thỏa mãn
2
(1 3 )
1
i
z
i
−
=
−
. Tìm môđun của số phức
z iz+
BÀI GIẢI
Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x
3
– 2x
2
+ 1.
Tập xác định là R. y’ = 3x
2
– 4x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x =

3
; +∞); hàm số nghịch biến trên (0;
4
3
)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu tại x=
4
3
; y(
4
3
) =
5
27
−
y" =
6 4x −
; y” = 0 ⇔ x =
2
3
. Điểm uốn I (
2
3
;
11
27
)
Đồ thị :
2. Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và trục hoành là :
x


= − ≠

+ + <


⇔
2
1 2 1 2
1
m
4
m 0
(x x ) 2x x 3

> −


− ≠

+ − <



⇔
1
m
4
m 0
1 2m 3

4
m 0


− < <

≠


Câu II: 1. Điều kiện :
cos 0x
≠
và tanx ≠ - 1
PT ⇔
(1 sin cos2 ).(sin cos )
cos
1 tan
x x x x
x
x
+ + +
=
+
y
x
0
1
4
3
1

Bất phương trình ⇔
2
2
x x 1 2(x x 1)
0
1 2(x x 1)
− − + − +
≥
− − +
▪ Mẫu số < 0 ⇔
2
2(x x 1) 1− + >
⇔ 2x
2
– 2x + 1 > 0 (hiển nhiên)
Do đó bất phương trình ⇔
2
x x 1 2(x x 1)− − + − +
≤ 0
⇔
2
2(x x 1) x x 1− + ≤ − + +
⇔
2
x x 1 0
(x 1) 2 x(x 1) x 0

− + + ≥

− + − + ≤

2
≤ ≤


±

=


⇔
3 5
x
2
−
=

Cách khác :
Điều kiện x ≥ 0
Nhận xét :
2
2
1 3 3
1 2( 1) 1 2 1 0
2 4 2
x x x
 
 
− − + = − − + ≤ − <
 
 ÷

x
= − ⇒ + = +
(1) thành :
2
2 2
1
2( 1) 1
2 2 2 1 (*)
t
t t
t t t
≥ −

+ ≤ + ⇔

+ ≤ + +

(*)
2 2
2 1 0 ( 1) 0 1t t t t− + ≤ ⇔ − ≤ ⇔ =

1
1 1 0
1 5
6 2 5 3 5
2
4 2
1 5
( )
2

+ +
= = +
+ +
∫ ∫ ∫
;
1
1
3
2
1
0
0
1
;
3 3
x
I x dx= = =
∫

1
2
0
1 2
x
x
e
I dx
e
=
+

1 1 1 2
ln
3 2 3
e+
 
+
 ÷
 
Câu IV:
S
(NDCM)
=
2
2
2
1 1 5
2 2 2 2 8
a a a
a a
 
− − =
 ÷
 
(đvdt) ⇒ V
(S.NDCM)
=
2 3
1 5 5 3
3
3 8 24

Nên
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 1 19 2 3
4 3 12
19
a
h
h HC SH a a a
= + = + = ⇒ =
Câu V : ĐK :
3
4
x ≤
. Đặt u = 2x;
5 2v y= −
Pt (1) trở thành u(u
2
+ 1) = v(v
2
+1) ⇔ (u - v)(u
2
+ uv + v
2
+ 1) = 0 ⇔ u = v
Nghĩa là :
2
3
0
4
2 5 2

3
0;
4
 
 
 
2
4
'( ) 4 (4 3)
3 4
f x x x
x
= − −
−
< 0
BA
CD
H
M
N
S
Mặt khác :
1
7
2
f
 
=
 ÷
 

= B
3
;
2 2
a a
 
− −
 ÷
 ÷
 
2
2
3 1 1 2
. 3 ; 1 ; ; 2
2
3 3 3
1 3 1 3
; ; 1 ( ) : 1
2 2
2 3 2 3
ABC
S BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y
∆
   
= ⇔ = ⇔ = ⇒ − − −
 ÷  ÷
   
−
   

1 0 2
1
6 6
− −
=
; d (M
2
, (P)) =
3 4 0
6
1
6
− + +
=
Câu VII.a:
2
z ( 2 i) (1 2i)= + −
=
(1 2 2i)(1 2i)+ −
=
(5 2i)+
⇔
z 5 2i= −
⇒ Phần ảo của số phức z là
2−
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b :
1. Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = 0 ⇔ x – y = 0
Gọi K là giao điểm của IJ và AH (với IJ : x + y – 4 = 0), suy ra K là nghiệm
của hệ

(0; -4); C
1
(-4; 0) hay B
2
(-6; 2); C
2
(2; -6)
2. ∆ qua M (-2; 2; -3), VTCP
a (2;3;2)=
r
;
AM ( 2;2; 1)= − −
uuuur
⇒
a AM ( 7; 2;10)∧ = − −
r uuuur
⇒ d( A, ∆) =
a AM
49 4 100 153
17
4 9 4
a
∧
+ +
= =
+ +
r uuuur
r
=3
Vẽ BH vuông góc với ∆

 ÷
 

⇒
( )
3
(1 3i) 8 cos( ) isin( )− = −π + −π
=
8
−
⇒
8 8(1 i)
z 4 4i
1 i 2
− − +
= = = − −
−
⇒
z iz 4 4i i( 4 4i)+ = − − + − +
=
8(1 i)− +
⇒
z iz 8 2+ =
Trần Văn Toàn, Hoàng Hữu Vinh
(Trung tâm BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn)