ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010
Mơn thi : TỐN
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm). Cho hàm số y =
2x 1
x 1
+
+
đ
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số 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).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = 0
2. Giải phương trình
2
3 1 6 3 14 8 0x x x x+ − − + − − =
(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

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 F
1
và F
2
là các tiêu
điểm của (E) (F
1
có hồnh độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF
1
với (E); N là
điểm đối xứng của F
2
qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF

-2-3
1
2
−
5
2
BÀI GIẢI GỢI Ý
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I. 1.
{ }
( )
/
2
1
\ 1 ; 0,
1
D y x D
x
= − = > ∀ ∈
+
¡
TCĐ: x= -1 vì
1 1
lim , lim
x x
y y
− +
→− →
= +∞ = −∞
; TCN: y = 2 vì

2
OAB A B B A A B B A
S x y x y x x m x x m
∆
= ⇔ − = ⇔ − + − − + =
( ) ( )
2
2
2 3 12
A B A B
m x x m x x⇔ − = ⇔ − =
2
2
8
12
4
m
m
+
⇔ =
4 2 2
8 48 0 4 2m m m m⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ±
Câu II.
1. (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = 0
⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos
2
x – 1) = 0
⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = 0
⇔ cos2x (cosx + sinx + 2 = 0) ⇔ cos2x = 0
⇔ 2x =

− −
+ + − + =
+ + + −
⇔ x – 5 = 0 hay
3 1
(3 1) 0
3 1 4 1 6
x
x x
+ + + =
+ + + −
(vô nghiệm) ⇔ x = 5
Câu III.
( )
2
1
ln
2 ln
e
x
I dx
x x
=
+
∫
;
1
lnu x du dx
x
= ⇒ =

= + +
 ÷
+
 
( )
2
ln3 ln 2 1
3
 
= + − +
 ÷
 

3 1
ln
2 3
 
= −
 ÷
 
Câu IV.
Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có :
·
0
A'HA 60=
. Ta có : AH =
a 3
2
, A’H = 2AH =
a 3

12
a
Câu V. Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a
2
+ b
2
+ c
2
≥ ab + bc + ca
⇒ 1 = (a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca)
⇒ a
2
+ b
2
+ c
2
= 1 – 2t và
1
0
3
t≤ ≤
Theo B.C.S ta có : t

2
2
(1 2 )t
−
−
< 0, ∀t ∈
1
0,
3
 
 
 
⇒ f’(t) là hàm giảm
1 11
'( ) '( ) 2 3
3 3
f t f≥ = −
> 0 ⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈
1
0,
3
 
 
 
⇒ M ≥ 2, ∀ a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1
3
A’
A
B
C

Vì d (0; ABC) =
1
3
nên
2 2 2 2
1
3
bc
b c b c
=
+ +
⇒ 3b
2
c
2
= b
2
c
2
+ b
2
+ c
2
⇔ b
2
+ c
2
= 2b
2
c

2
+ b
2
) ⇔ a
2
+ b
2
+ 2b – 1 = 0 ⇔ a
2
+ (b + 1)
2
= 2
Vậy z = a + ib với a, b thỏa a
2
+ (b + 1)
2
= 2.
B. Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b.
1.
( )
2 2
2 2 2
: 1 3 2 1
3 2
x y
E c a b+ = ⇒ = − = − =
Do đó F
1
(-1; 0); F

2
F A 1; 3=
uuur
⇒
2
NA.F A 0=
uuur uuur
⇒ ∆ANF
2
vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F
2
N. Do đó đường
tròn có phương trình là :
2
2
2 4
( 1)
3
3
x y
 
− + − =
 ÷
 
2. d (M; ∆) =
NM,a
a
∆
∆
uuuur uur

5m 4m 8
m
3
+ +
=
⇔ 4m
2
– 4m – 8 = 0 ⇔ m = −1 hay m = 2. Vậy M (−1; 0; 0) hay M (2; 0; 0)
Câu VII.b.
2
x x 2
log (3y 1) x
4 2 3y
− =


+ =

⇔
x
x x 2
3y 1 2
4 2 3y

− =


+ =



⇔
x
x x
2 1
y
3
2.4 2 1 0

+
=



+ − =

⇔
x
x x
2 1
y
3
1
(2 1)(2 ) 0
2

+
=






=


o0o
5
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn : TOÁN - Khối : D
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
4 2
6y x x= − − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
1
1
6
y x= −
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
sin 2 cos 2 3sin cos 1 0x x x x
− + − − =
2. Giải phương trình
3 3
2 2 2 2 4 4
4 2 4 2 ( )
x x x x x x
x
+ + + + + −

tròn ngoại tiếp là I(-2;0). Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0.
Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng
2.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn
2z
=
và z
2
là số thuần ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) và ∆ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên ∆. Viết phương trình đường thẳng ∆, biết khoảng cách từ H đến trục hoành
bằng AH.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆
1
:
3x t
y t
z t
= +


=


=

và ∆


¡
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : ………………………………………. Số báo danh : …………………………………
6
BÀI GIẢI GỢI Ý
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I:
4 2
6 ( )y x x C= − − +
1/ Khảo sát, vẽ (C)
TXĐ : D = R;

3 2
' 4 2 ; ' 0 2 (2 1) 0 0; 6y x x y x x x y= − − = ⇔ − + = ⇒ = =

2
" 12 2 0y x= − − < ⇒
hàm số lồi trên R

lim lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= = −∞
x -∞ 0 +∞
y' + 0 −
y 6
-∞ -∞

=
− − = −



Vậy ∆ : y = − 6x + 10
Câu II:
1/ Giải phương trình :
sin 2 cos2 3sin cos 1 0x x x x
− + − − =
2
2
2sin cos 1 2sin 3sin cos 1 0
cos(2sin 1) 2sin 3sin 2 0
cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) 0
(2sin 1)(cos sin 2) 0
x x x x x
x x x
x x x x
x x x
⇔ − + + − − =
⇔ − + + − =
⇔ − + − + =
⇔ − + + =
1
2
sin
6
2
5

(*); đk : x ≥ − 2
3
2 2 4 4 4 4
4 (2 1) 2 (2 1) 0
x x x x+ + − −
− − − =
⇔
3
4 4 2 2
(2 1)(4 2 ) 0
x x x− + +
− − =
•
4 4
2 1 4 4 0 1
x
x x
−
= ⇔ − = ⇔ =
•
3
4 2 2
2 2
x x+ +
=
3
2 2 4x x⇔ = + +
3
8 2( 2 2)x x
− = + −

≤ ⇒
+ +
Phương trình vô nghiệm. Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = 2.
Câu III :
1 2
1 1 1
3 1
2 ln 2 ln 3 ln .
e e e
I I
I x xdx x xdx x dx
x x
 
= − = −
 ÷
 
∫ ∫ ∫
1 4 2 4 3 1 42 4 3
1
1
ln
e
I x xdx=
∫
; Đặt
ln
dx
u x du
x
= ⇒ =

1
1
2
2
0
0
1
2 2
t
I tdt
 
= = =
 ÷
 
∫
. Vậy
2
2
2
e
I
−
=
Câu IV:
Ta có
2
2
2 14
4 4
a a

( . ) .
3 2 4 24
a a
V S ABC a
 
= =
 ÷
 
Nên V(MABC) = V(MSBC) =
1
2
V(SABC) =
3
14
48
a

Câu V:
2
2
3 49
( 2) 25
2 4
y x x
 
= − − + − − − +
 ÷
 
; đk :
2

x x
x x
y
x x
x x
   
− − −
 ÷  ÷
− − −
   
= − = −
− − + − − +
   
− − + − − +
 ÷  ÷
   
2
2
3 3 49
' 0 ( 2) 25 ( 2)
2 2 4
y x x x x
   
= ⇔ − − − + = − − − +
 ÷  ÷
   
8
2 2
2 2
3

2
3
2
2
3
10 7( 2)
2
3 49
25 ( 2)
2 4
3
10 7( 2)
2
x x
x x
x x
x x

≤ ∨ ≥



 

− = −
⇔
 ÷


 

x loai

≤ ∨ ≥




⇔
=


− = − =
 

⇔ ⇔

 

− = − + =
 

=




x −2 1/3 5
y' − 0 +
y y(
1


⇒
65 2x = −
(lấy hoành độ dương); y = 3.
Vậy C (
65 2
−
; 3)
* C2: Gọi (C) là đường tròn tâm I(−2;0),
bán kính R =
74IA =
Pt đường tròn (C) :
2 2
( 2) 74x y+ + =
Gọi AA
1
là đường kính ⇒ BHCA
1
là hình bình hành
⇒ HA
1
qua M trung điểm BC
9
Ta có IM là đường trung bình của ∆A
1
AH
Nên :
2
1
( 2;3)

= − +


− = ⇔
 
=



>

. Vậy C (
65 2
−
; 3)
2/ PVT
(1;1;1)
P
n
=
uur
; PVT
(1; 1;1)
Q
m
= −
uuur
; PVT
(2;0; 2) 2(1;0; 1)
R

 
 
. Vậy :
1 2
3 4
1 , 1
1 , 1
z i z i
z i z i
= + = −
= − + = − −
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b:
1/ * C1 : Gọi H(x
0
; y
0
) là hình chiếu của A xuống ∆
Ta có :
0 0 0 0
( ; 2), ( ; )AH x y OH x y
= − =
uuur uuur
Do gt :
2
2 2
0 0 0
0 0 0
2
2 2



uuur uuur

0
2
2
0
0 0
0
2
2
0 0
0 0
0
2
0
1 5
8 4 5
2 4 0
1 5
4 4 0
4 4
1 5
8 4 5 0( )
y
x
y y
y
x y



= − − <



(
)
0
0
4 5 8
4 5 8; 1 5
1 5
x
H
y

= ± −

⇔ ⇒ ± − − +

= − +


.Phương trình ∆ :
( 5 1) 4 5 8 0x y
− ± − =
* C2 :
• ∆ ≡ Oy ⇒ H ≡ A : không thoả AH = d(H, Ox)
• ∆ ≡ Ox ⇒ H ≡ O : không thoả AH = d(H, Ox)

k k
k
H
k k
y x
k
y
k
k

=
=


 
+
 
⇔ ⇒
 
 ÷
+ +
= − +
 
 
=


+

10

 

+
=

+

⇔ ⇔ = ±

−
= <


Vậy ∆ :
2 2 5
2
y x
+
= ±
2/ M ∈ ∆
1
⇒ M(3+t; t; t)
2
2
(2;1;0)
1 (2;1;2)
qua A
co VTCP a



− + + −
⇔ =
+ +
= ⇒

⇔ − + = ⇔ − + = ⇔

= ⇒

Câu VII.b:
2
2
2
4 2 0 (1)
2log ( 2) log 0 (2)
x x y
x y

− + + =


− − =


; đk: x > 2, y > 0
(2)
2 2
2
( 2)
2

4
x x x
y x
x loai
x x
x

− + − + =

= − ⇒
=


− + =


=


⇒ x = 3; y = 1
x = 4; y = − 2
o0o
11
12