Ðề thi tuyển sinh cao đẳng khối A, B, D năm 2010 môn thi: Toán

ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010 
Môn thi : TOÁN 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm). 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y= x3 + 3x2 – 1. 
 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng -1. 
Câu II (2,0 điểm) 
 1. Giải phương trình 5 34cos cos 2(8sin 1)cos 5
2 2
x x x x+ − = . 
 2.. Giải hệ phương trình : 
2 2
2 2 3 2
2 2
x y x
x xy y
⎧ y+ = − −⎪⎨ − − =⎪⎩
 (x, y ∈ R). 
Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân : 
1
0
2x 1I d
x 1
−= +∫ x . 
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt 
phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, SA=SB, góc giữa đường thẳng SC và 
mặt phẳng đáy bằng 450. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. 
Câu V (1,0 điểm). Cho hai số thực dương thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện 3x + y≤1. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1A
x xy
= + . 
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) 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (1; -2; 3), B (-1; 0; 1) và mặt 
phẳng (P): x + y + z + 4 = 0. 
1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). 
2. Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng 
6
AB , có tâm thuộc đường thẳng 
AB và (S) tiếp xúc với (P). 
Câu VII.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (2 – 3i)z + (4+i) z = -(1+3i)2. 
Tìm phần thực và phần ảo của z. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 
1
2 1 1
x y −= =−
z và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 2 = 0. 
1. Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). 
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). 
Câu VII.b (1 điểm). Giải phương trình z2–(1+i)z+6+3i = 0 trên tập hợp các số phức. 
BÀI GIẢI 
Câu I: 1. Tập xác định là R. y’ = 3x2 + 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = -2; 
 và li lim
x
y
→−∞
= −∞ m
x
y
→+∞
= +∞
x −∞ -2 0 +∞ 
y’ + 0 − 0 + 
y 3 +∞ 
−∞ CĐ -1 
 CT 
 Hàm số đồng biến trên (−∞; -2) ; (0; +∞); hàm số nghịch biến trên (-2; 0) 
 1
 Hàm số đạt cực đại tại x = -2; y(-2) = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x=0; y(0) = -1 
 y" = 6x + 6; y” = 0 ⇔ x = -1. Điểm uốn I (-1; 1) 
 Đồ thị : 
y 
x 0 -2 
3 
-1 
2. Gọi A là điểm trên (C) có hoành độ x = -1 ⇒ tung độ A bằng 1 
 Hệ số góc của tiếp tuyến tại A là y’(-1) = -3 
 Vậy phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là: 
 d : y – 1 = -3(x + 1) ⇔ y = -3x – 2. 
Câu II: 1. 5 34cos cos 2(8sin 1)cos 5
2 2
x x x x+ − = 
⇔ 2(cos 4 cos ) 16sin cos 2cos 5x x x x x+ + − =
⇔ ⇔ 2cos 4 8sin 2 5x x+ = 22 4sin 2 8sin 2 5x x− + = 
⇔ 4sin22x – 8sin2x + 3 = 0 ⇔ 3sin 2
2
x = (loại) hay 1sin 2
2
x = 
⇔ 2 2
6
x kπ π= + hay 52 2
6
x kπ π= + 
⇔ 
12
x kπ π= + hay 5
12
x kπ π= + (k ∈ Z) 
2. 
2 2
2 2 3 2 (1)
2 2
x y x y
x xy y
⎧ + = − −⎪⎨ − − =⎪⎩ (2)
 (1) ⇔ (2 ) 2 2 3 0x y x y+ + + − = ⇔ 2 1x y+ = hay 2 3x y+ = − (loại) 
 ⇔ 2x + y = 1 ⇔ y = 1 – 2x (3) 
 Thay (3) vào (2) ta có: x2 – 2x(1 – 2x) – (1 – 2x)2 = 2 
 ⇔ x2 + 2x – 3 = 0 ⇔ x = 1 hay x = -3 
 Khi x = 1 thì y = -1; khi x = -3 thì y = 7 
 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ⎨ 1 1
x
y
=⎧
= −⎩ hay 
3
7
x
y
= −⎧⎨ =⎩ 
Câu III. 
1
0
2x 1I dx
x 1
−= +∫ = 
1
0
32
1
dx
x
⎛ ⎞−⎜ ⎟+⎝ ⎠∫ = ( )
1
0
2 3ln 1x x− + = 2 – 3ln2. 
Câu IV: S 
A 
B C 
D 
H 
Ta có tam giác vuông SHC, có góc SCH = 045
Nên là tam giác vuông cân 
Vậy 
2
2 a a 5HC SH a
4 2
= = + = ⇒ 
3
21 a 5 a 5V a
3 2 6
= = 
 2
Câu V : Cách 1: 1 ≥ 3x + y = x + x + x + y ≥ 344 x y ⇒ 
34
1 4
x y
≥ 
 A = 
34
1 1 2 2 8
x xy x yx xy
+ ≥ = ≥ 
 Khi x = y = 1
4
 ta có A = 8. Vậy min A = 8. 
Cách 2: Áp dụng : ∀a, b > 0 : 1 1 4
a b a b
+ ≥ + 
 A = 1 1 1 2 1 1
2 2
x yx x x y xxy
+ ≥ + = ++ +
 4 8 8
3
2 2
x y x yx
≥ = ++ +
≥ 
 Khi x = y = 1
4
 ta có A = 8. Vậy min A = 8. 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu VI.a: A (1; -2; 3), B (-1; 0; 1); (P) : x + y + z + 4 = 0 
 ⇒ VTPT của (P) là Pn
JJG
= (1; 1; 1) 
1. Gọi (Δ) là đường thẳng qua A và vuông góc với (P) thì : 
 (Δ) : 1 2
1 1 1
3x y z− + −= = 
 H là hình chiếu của A lên (P) thì H = (Δ) ∩ (P) nên tọa độ H thỏa : 
4 0
1 2
1 1 1
x y z
x y z
+ + + =⎧⎪⎨ − + −= =⎪⎩
3 ⇔ 
1
4
1
x
y
z
= −⎧⎪ = −⎨⎪ =⎩
. Vậy H (-1; -4; 1) 
2. Ta có AB = 4 4 4 12 2 3+ + = = và ABJJJG = (-2; 2; -2) 
 Bán kính mặt cầu (S) là R = 1
6 3
AB = 
 (AB) : 1
1 1 1
1x y z+ = =−
− . Vì tâm I ∈ (AB) ⇒ I (t – 1; – t; t + 1) 
 (S) tiếp xúc (P) nên d (I; (P)) = R ⇔ 4 1t + = ⇔ t = -3 hay t = -5 
 ⇒ I (-4; 3; -2) hay I (-6; 5; -4) 
 Vậy ta có hai mặt cầu thỏa yêu cầu đề bài : 
 (S1) : (x + 4)2 + (y – 3)2 + (z + 2)2 = 
1
3
 (S2) : (x + 6)2 + (y – 5)2 + (z + 4) = 
1
3
Câu VII.a: (2 – 3i)z + (4+i) z =-(1+3i)2 (1) 
 Gọi z = x + yi (x, y ∈ R) 
 (1) ⇔ (2 – 3i)(x + yi) + (4 + i)(x – yi) = 8 – 6i ⇔ (6x + 4y) – (2x + 2y)i = 8 – 6i 
 ⇔ 6x + 4y = 8 và 2x + 2y = 6 ⇔ x = -2 và y = 5 
 Vậy phần thực của z là -2 và phần ảo của z là 5. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b : 
1. d : 1
2 1 1
x y −= =−
z và mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – 2 = 0 
 3
 d qua A (0; 1; 0) có 1 VTCP da
JJG
 = (-2; 1; 1) 
 (P) có 1 VTPT : ( )Pn
JJJG
 = (2; -1; 2) 
 (α) chứa d và vuông góc với (P) nên : 
 (α) qua A (0; 1; 0) và có 1 VTPT : ( ) ( ) ( ), 3(1;2;d Pn a nα ⎡ ⎤= =⎣ ⎦ 0)
JJJG JJJG JJJG
 Ptmp (α) : (x – 0) + 2(y – 1) = 0 ⇔ x + 2y – 2 = 0 
2. M ∈ d ⇒ M (-2t; 1 + t; t) 
 M cách đều O và (P) ⇔ OM = d (M, (P)) 
 ⇔ 2 2 2 2( 2 ) (1 ) 2( ) 24 (1 )
4 1 4
t t t
t t t
− − + + −+ + + = + + 
 ⇔ 26 2 1t t t+ + = +1 ⇔ t = 0 ⇒ M (0; 1; 0) 
Câu VII.b: z2 – (1 + i)z + 6 + 3i = 0 (1) 
 Δ = -24 – 10i = (1 – 5i)2 
 (1) ⇔ z = 1 – 2i hay z = 3i. 
Trần Minh Thịnh, Hoàng Hữu Vinh 
(Trung tâm BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) 
 4