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

(ABC) vng góc với mặt phẳng (P) và 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

1
2
−
5
2
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
lim 2
x

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 =
2
k

⇔ 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
= ⇒ =
x 1 e
u 0 1
( ) ( )

 
( )
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
và AA’ =
a 3. 3
2

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
= (ab + bc + ca)
2

−
−
< 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
Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2.
A’
A
B
C
C’
B’
H

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
(1)
(P) : y – z + 1 = 0 có VTPT là
(0;1; 1)

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
(1; 0); (AF
1
) có phương trình

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
uur
. M ∈ Ox ⇔ M (m; 0; 0)
∆ qua N (0; 1; 0) có VTCP
a

B
C
(d)
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
2 1
y

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

Ths. Lê Ngô Thiện, Lưu Nam Phát
(ĐH Sư Phạm – TP.HCM)