Bộ giáo dục và đào tạo Đề chính thức Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2009 Môn thi: toán; Khối A; B; D (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = x 3 (2m 1)x 2 + (2 m)x + 2 (1), vi m l tham s thc 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1) khi m = 2 2. Tỡm cỏc giỏ tr ca m hm s (1) cú cc i, cc tiu v cỏc im cc tr ca th hm s (1) cú honh dng. Cõu II (2,0 im) 1. Gii phng trỡnh 2 (1 2sin x) cos x 1 sin x cos x+ = + + 2. Gii bt phng trỡnh x 1 2 x 2 5x 1 (x )+ + + Ă Cõu III (1,0 im) Tớnh tớch phõn 1 2x x 0 I (e x)e dx = + Cõu IV (1,0 im) Cho hỡnh chúp t giỏc u S.ABCD cú AB = a, SA = a 2 . Gi M, N v P ln lt l trung im ca cỏc cnh SA, SB v CD. Chng minh rng ng thng MN vuụng gúc vi ng thng SP. Tớnh theo a th tớch ca khi t din AMNP. Cõu V (1,0 im) Cho a v b l hai s thc tho món 0 < a < b < 1. Chng minh rng a 2 lnb b 2 lna > lna lnb PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B) A. Theo chng trỡnh Chun Cõu VI.a (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho tam giỏc ABC cú C(1; 2), ng trung tuyn k t A v ng cao k t B ln lt cú phng trỡnh l 5x+y9 = 0 v x + 3y 5 = 0. Tỡm to cỏc nh A v B. 2. Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho cỏc mt phng (P 1 ) : x + 2y + 3z + 4 = 0 v (P 2 ) : 3x + 2y z + 1 = 0. Vit phng trỡnh mt phng (P) i qua im A(1; 1; 1), vuụng gúc vi hai mt phng (P 1 ) v (P 2 ) Cõu VII.a (1,0 im) Cho s phc z tho món (1 + i) 2 (2 i)z = 8 + i + (1 + 2i)z. Tỡm phn thc v phn o ca z. B. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu VI.b (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho cỏc ng thng 1 : x 2y 3 = 0 v 2 : x + y +1 = 0. Tỡm to im M thuc ng thng 1 sao cho khong cỏch t im M n ng thng 2 bng 1 2 2. Trong khụng gian vi h to Oxyz, cho tam giỏc ABC cú A(1; 1; 0), B(0; 2; 1) v trng tõm G(0; 2; 1). Vit phng trỡnh ng thng i qua im C v vuụng gúc vi mt phng (ABC). Cõu VII.b (1,0 im) Gii phng trỡnh sau trờn tp hp cỏc s phc : 4z 3 7i z 2i z i = BÀI GIẢI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 1) m = 2; y = x 3 - 3x 2 +2 TXĐ D = R ; y’ = 3x 2 - 6x; y’ = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2 lim x y →+∞ = +∞ ; lim x y →−∞ = −∞ x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 - 0 + y 2 +∞ -∞ -2 y đồng biến trên các khoảng (-∞;0); (2;+ ∞); y nghịch biến trên (0;2) y đạt cực đại tại x = 0 và giá trị cực đại bằng 2; y đạt cực tiểu tại x = 2 và giá trị cực tiểu bằng -2 giao điểm của đồ thị với trục tung là (0;2) giao điểm của đồ thị với trục hoành là (1;0); ( ) 1 3;0± 2. y’ = 0 ⇔ 3x 2 – 2(2m – 1)x + 2 – m = 0 (*) Ycbt ⇔ pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔ ' 0 P 0 S 0 ∆ >   >  >   ⇔ 2 4m m 5 0 2 m 0 3 2(2m 1) 0 3   − − >  − >   −  >  ⇔ 5 m 1 hay m 4 m 2 1 m 2  < − >   <   >   ⇔ 5 4 < m < 2 Câu II : 1. Pt ⇔ (1 + 4sinx + 4sin 2 x)cosx = 1 + sinx + cosx ⇔ cosx + 4sinxcosx + 4sin 2 xcosx = 1 + sinx + cosx ⇔ 4sinxcosx(1 + sinx) = 1 + sinx ⇔ 1 + sinx = 0 hay 4sinxcosx = 1 ⇔ sinx = -1 hay sin2x = 1 2 ⇔ x = k2 2 π − + π hay x = k 12 π + π hay x = 5 k 12 π + π 2. x 1 2 x 2 5x 1+ + − ≤ + x 2 (x 1)(x 2) 2 ≥   ⇔  + − ≤   2 x 2 x 2 2 x 3 2 x 3 x x 6 0 ≥ ≥   ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤   − ≤ ≤ − − ≤   Câu III: I = 1 1 x x 0 0 e dx xe dx − + ∫ ∫ ; I 1 = 1 1 x x 0 0 1 e dx e 1 e − − = − = − ∫ I 2 = 1 x 0 xe dx ∫ , đặt u = x ⇒ du = dx; đặt dv = e x dx, chọn v = e x Vậy I 2 = 1 1 x x 0 0 xe e dx 1− = ∫ ⇒ I = I 1 + I 2 = 1 2 e − x y 2 1 0 1 2 3 -1 -2 Câu IV: Gọi I là trung điểm AB. Ta có MN // AB // CD và SP ⊥ CD ⇒ MN ⊥ SP ∆SIP cân tại S, SI 2 = 2 2 2 a 7a 2a 4 4 − = ⇒ SI = SP = a 7 2 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có SO 2 =SI 2 –OI 2 = 2 2 2 7a a 6a 4 2 4   − =  ÷   ⇒SO = a 6 2 , H là hình chiếu vuông góc của P xuống mặt phẳng SAB Ta có S (SIP) = 1 1 SO.IP PH.SI 2 2 = ⇒ PH = SO.IP SI = a 6 2 a 6 a 2 a 7 7 = V = 3 (AMN) 1 1 1 a 1 a 7 a 6 a 6 S .PH . . 3 3 2 2 2 2 48 7   = =  ÷   (đvtt) Câu V :Đặt 2 ln x f (x) ; 0 x 1 x 1 = < < + 2 2 2 2 x 1 2x ln x f '(x) 0 , x (0;1) x(x 1) + − ⇒ = > ∀ ∈ + ⇒ f đồng biến trên (0 ; 1) ⇒ f(b) > f(a) với 0 < a < b < 1 2 2 ln b ln a b 1 a 1 ⇒ > + + với 0 < a < b < 1 2 2 a ln b b ln a ln a ln b⇒ − > − Câu VI.a. 1. Giả sử AM: 5x + y – 9 = 0, BH: x + 3y – 5 = 0. AC: 3(x + 1) – 1(y + 2) = 0 ⇔ 3x – y + 1 = 0. A = AC ∩ AM ⇒ A(1; 4) B ∈ BH ⇔ B (5 – 3m; m) M là trung điểm BC ⇔ M 4 3 2 ; 2 2 m mæ ö- - ÷ ç ÷ ç ÷ è ø . M ∈ AM ⇔ 4 3 2 5. 9 0 2 2 m m- - + - = 0m =Û . Vậy B(5; 0) 2. ( ) ( ) 1 2 ( ) ( ) 1;2; 3 , 3;2; 1 P P n n= = - uuur uuur (P) qua A(1; 1; 1). (P)⊥ (P 1 ), (P 2 ) ⇒ (P) có một vectơ pháp tuyến: 1 2 ( ) ( ) ( ) , P P P n n n é ù = ê ú ë û uuur uuur uuur = (-8; 10; -4) = - 2(4; – 5; 2) Phương trình mặt phẳng (P): 4(x – 1) – 5(y – 1) + 2(z – 1) = 0 ⇔ 4x – 5y + 2z – 1 = 0. Câu VII. a. ( ) ( ) 2 1 2 8 (1 2 )i i z i i z+ - = + + + ( ) ( ) 2 2 (1 2 ) 8i i z i z i- - + = +Û 4 2 1 2 8z i i i é ù + - - = +Û ê ú ë û ( ) ( ) 8 1 2 8 8 15 2 10 15 2 3 1 2 5 5 5 i i i i i z i i + - + - + - = = = = = -Û + Phần thực của z là 2. Phần ảo của z là – 3. Câu VI.b. 1. M ∈ ∆ 1 ⇔ M (2m + 3; m) A B C D S P I O M N d(M, ∆ 2 ) = 1 2 ⇔ 2m 3 m 1 1 2 2 + + + = ⇔3m + 4= 1 ⇔ m = -1 hay m = 5 3 − Vậy M (1; -1) hay M ( 1 3 − ; 5 3 − ) 2. G là trọng tâm ∆ABC ⇒ C (-1; 3; -4) AB ( 1;1;1)= − uuur ; AC ( 2;2; 4)= − − uuur ⇒ a [AB, AC] 6(1;1;0) ∆ = = − uur uuur uuur ⇒ pt ∆ : x 1 t y 3 t z 4 = − +   = +  = −   (t ∈ R) Câu VII.b. 4z 3 7i z 2i z i − − = − − ⇔ 4z – 3 – 7i = z 2 – 3iz – 2 ⇔ z 2 – (4 + 3i)z + 1 + 7i = 0 ∆ = (4 + 3i) 2 – 4(1 + 7i) = 3 – 4i = (2 – i) 2 Vậy 4 3i 2 i z 3 i 2 + + − = = + hay z = 4 3i 2 i 1 2i 2 + − + = + . = 1 1 x x 0 0 e dx xe dx − + ∫ ∫ ; I 1 = 1 1 x x 0 0 1 e dx e 1 e − − = − = − ∫ I 2 = 1 x 0 xe dx ∫ , đặt u = x ⇒ du = dx; đặt dv = e x dx, chọn v = e x. Bộ giáo d c và đào tạo Đề chính thức Đề thi tuyển sinh cao đẳng năm 2009 Môn thi: toán; Khối A; B; D (Thời gian làm bài 180 phút,