Ðề thi tuyển sinh đại học khối B năm 2009 môn thi: Toán (khối B)

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2009 
Môn thi: Toán (khối B) 
(Thời gian làm bài: 180 phút) 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm) 
 Cho hàm số y = 2x4 – 4x2 (1) 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 
 2. Với các giá trị nào của m, phương trình 2 2x x 2 m  có đúng 6 nghiệm thực phân 
biệt? 
Câu II (2 điểm) 
 1. Giải phương trình 3sin x cos x sin 2x 3 cos3x 2(cos 4x sin x)    
 2. Giải hệ phương trình 
2 2 2
xy x 1 7y
(x, y )
x y xy 1 13y
  

  
 
Câu III (1 điểm) 
 Tính tích phân 
3
2
1
3 ln xI dx
(x 1)


 
Câu IV (1 điểm) 
 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt 
phẳng (ABC) bằng 600; tam giác ABC vuông tại C và BAC = 600. Hình chiếu vuông góc 
của điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích 
khối tứ diện A’ABC theo a. 
Câu V (1 điểm) 
 Cho các số thực x, y thay đổi và thoả mãn (x + y)3 + 4xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 
A = 3(x4 + y4 + x2y2) – 2(x2 + y2) + 1 
PHẦN RIÊNG (3 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc B) 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu VI.a. (2 điểm) 
 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : 2 2 4(x 2) y
5
   và hai đường 
thẳng 1 : x – y = 0, 2 : x – 7y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn 
(C1); biết đường tròn (C1) tiếp xúc với các đường thẳng 1, 2 và tâm K thuộc đường tròn 
(C) 
 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1;2;1), B(-
2;1;3), C(2;-1;1) và D(0;3;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B sao cho khoảng 
cách từ C đến (P) bằng khoảng cách từ D đến (P) 
Câu VII.a (1 điểm) 
 Tìm số phức z thoả mãn : z (2 i) 10 và z.z 25    
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu VI.b (2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(-1;4) và 
các đỉnh B, C thuộc đường thẳng  : x – y – 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , 
biết diện tích tam giác ABC bằng 18. 
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 5 = 0 và hai 
điểm A(-3;0;1), B(1;-1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với (P), hãy 
viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. 
Câu VII.b (1 điểm) 
 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị hàm số 
2x 1y
x

 tại 
2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 4. 
BÀI GIẢI GỢI Ý 
Câu I. 
1. y = 2x4 – 4x2 . TXĐ : D = R 
 y’ = 8x3 – 8x; y’ = 0  x = 0  x = 1; 
x
lim

  
x  1 0 1 + 
y'  0 + 0  0 + 
y + 0 + 
 2 CĐ 2 
 CT CT 
y đồng biến trên (-1; 0); (1; +) 
 y nghịch biến trên (-; -1); (0; 1) 
 y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0 
 y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = 1 
 Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) 
 Giao điểm của đồ thị với trục hoành là (0; 0); ( 2 ;0) 
2. x2x2 – 2 = m  2x2x2 – 2 = 2m (*) 
(*) là phương trình hoành độ giao điểm của (C’) : 
 y = 2x2x2 – 2 và (d): y = 2m 
 Ta có (C’)  (C); nếu x  - 2 hay x  2 
 (C’) đối xứng với (C) qua trục hoành nếu - 2 < x < 2 
Theo đồ thị ta thấy ycbt  0 < 2m < 2  0 < m < 1 
 2 
x 
y 
1 1 
0 
 2 2 
(C’) 
2 
x 
y 
1 1 0  2 2 
(C) 
Câu II. 
1. sinx+cosxsin2x+ 33 cos3x 2(cos 4x s i n x)  
3 1 3sin x sin 3xsin x sin 3x 3 cos3x 2cos4x
2 2 2
sin 3x 3 cos3x 2cos4x
1 3sin 3x cos3x cos4x
2 2
sin sin3x cos cos3x cos4x
6 6
cos4x cos 3x
6
4x 3x k2 x k2
6 6
24x 3x k2 x k
6 42 7

    
  
  
 
  
    
 
           
  
        
  
2.  2 2 2xy x 1 7yx y xy 1 13y     
 y = 0 hệ vô nghiệm 
 y  0 hệ  
2
2
x 1x 7
y y
x 1x 13
y y
   

  

 Đặt a = 1x
y
 ; b = x
y
  2 2 2
1 xa x 2
y y
    2 22
1x a 2b
y
   
 Ta có hệ là  2a b 7a b 13     2a b 7a a 20 0    
  a 4b 3 hay a 5b 12  . Vậy 
1x 4
y
x 3
y
  



 hay 
1x 5
y
x 12
y
   



   2x 4x 3 0x 3y   hay 
2x 5x 12 0
x 12y
  

(VN)  
x 1
1y
3

 

 hay x 3y 1 
Câu III : 
3 3 3
2 2 2
1 1 1
33
1 2
1 1
3
2 2
1
3 ln x dx ln xI dx 3 dx
(x 1) (x 1) (x 1)
dx 3 3I 3
(x 1) (x 1) 4
ln xI dx
(x 1)

  
  

  
 


  


 Đặt u = lnx dxdu
x
  
 2
dxdv .
(x 1)


 Chọn 1v
x 1



3 3 3 3
2
1 1 1 1
ln x dx ln 3 dx dx ln3 3I ln
x 1 x(x 1) 4 x x 1 4 2
         
     
 Vậy : 3I (1 ln 3) ln 2
4
   
Câu IV. 
BH= 
2
a , 2 1 33
3 2 2 4
BH a aBN
BN
    ; 3'
2
aB H  
goïi CA= x, BA=2x, 3BC x 
2
2 2 22
2
CABA BC BN   
2 2
2 2 33 4 2
4 2
a xx x      
 
2
2 9
52
ax  
Ta có: 3 3' '
2 2
aB H BB  
V= 
2 3
21 1 3 1 9 3 93
3 2 2 12 52 2 208
a a a ax    
 
Câu V : 
3
3 2
2
(x y) 4xy 2
(x y) (x y) 2 0 x y 1
(x y) 4xy 0
   
        
  
2
2 2 (x y) 1x y
2 2

    dấu “=” xảy ra khi : 1x y
2
  
 Ta có : 
2 2 2
2 2 (x y )x y
4

 
  4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2A 3 x y x y 2(x y ) 1 3 (x y ) x y 2(x y ) 1              
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
(x y )3 (x y ) 2(x y ) 1
4
9 (x y ) 2(x y ) 1
4
 
      
 
    
 Đặt t = x2 + y2 , đk t ≥ 1
2
29 1f (t) t 2t 1, t
4 2
9 1f '(t) t 2 0 t
2 2
1 9f (t) f ( )
2 16
   
    
  
 Vậy : min
9 1A khi x y
16 2
   
C A 
B 
M 
N 
H 
Câu VIa. 
1. Phương trình 2 phân giác (1, 2) : 
x y x 7y
2 5 2
 
  
 1
2
5(x y) (x 7y)
y 2x :d5(x y) x 7y
15(x y) x 7y y x : d
2
    
          

Phương trình hoành độ giao điểm của d1 và (C) : (x – 2)2 + (– 2x)2 = 
4
5
 25x2 – 20x + 16 = 0 (vô nghiệm) 
 Phương trình hoành độ giao điểm của d2 và (C) : (x – 2)2 + 
2x 4
2 5
   
 
 225x 80x 64 0     x = 8
5
. Vậy K 8 4;
5 5
 
 
 
 R = d (K, 1) = 
2 2
5
2. TH1 : (P) // CD. Ta có : AB ( 3; 1;2),CD ( 2;4;0)    
 
(P)có PVT n ( 8; 4; 14) hay n (4;2;7)
(P) :4(x 1) 2(y 2) 7(z 1) 0
4x 2y 7z 15 0
     
     
    
 
 TH2 : (P) qua I (1;1;1) là trung điểm CD 
Ta có AB ( 3; 1;2), AI (0; 1;0)
(P) có PVT n (2;0;3)
(P) :2(x 1) 3(z 1) 0 2x 3z 5 0
    
 
       
 

Câu VIb. 
1. 
1 4 4 9AH
2 2
1 36 36S AH.BC 18 BC 4 292 AH
2
  
 
     
 Pt AH : 1(x + 1) + 1(y – 4) = 0 
x y 4 7 1H : H ;
x y 3 2 2
         
 B(m;m – 4) 
2 22
2
2
BC 7 1HB 8 m m 4
4 2 2
7 11m 2
7 2 2m 4
7 32 m 2
2 2
             
   
        
     

 Vậy 1 1 2 2
11 3 3 5 3 5 11 3B ; C ; hay B ; C ;
2 2 2 2 2 2 2 2
                 
       
2. PAB (4; 1;2); n (1; 2;2)   
 
Pt mặt phẳng (Q) qua A và // (P) : 1(x + 3) – 2(y – 0) + 2(z – 1) = 0 
 x – 2y + 2z + 1 = 0. Gọi  là đường thẳng bất kỳ qua A 
Gọi H là hình chiếu của B xuống mặt phẳng (Q). Ta có : 
d(B, )  BH; d (B, ) đạt min   qua A và H. 
Pt tham số 
x 1 t
BH: y 1 2t
z 3 2t
 

  
  
Tọa độ H = BH  (Q) thỏa hệ phương trình : 
x 1 t, y 1 2t,z 3 2t
x 2y 2z 1 0
      

   
 10t
9
   1 11 7H ; ;
9 9 9
   
 
 qua A (-3; 0;1) và có 1 VTCP  1a AH 26;11; 2
9
  
 
Pt () : x 3 y 0 z 1
26 11 2
  
 

Câu VII.a. Đặt z = x + yi với x, y  R thì z – 2 – i = x – 2 + (y – 1)i 
 z – (2 + i)= 10 và z.z 25 
  
2 2
2 2
(x 2) (y 1) 10
x y 25
    
  
   2 24x 2y 20x y 25   
   2y 10 2xx 8x 15 0     x 3y 4 hay x 5y 0 
 Vậy z = 3 + 4i hay z = 5 
Câu VII.b. 
 Pt hoành độ giao điểm của đồ thị và đường thẳng là : 
2x 1x m
x

   
  2x2 – mx – 1 = 0 (*) (vì x = 0 không là nghiệm của (*)) 
 Vì a.c < 0 nên pt luôn có 2 nghiệm phân biệt  0 
 Do đó đồ thị và đường thẳng luôn có 2 giao điểm phân biệt A, B 
 AB = 4  (xB – xA)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16 
  (xB – xA)2 = 8  
2m 8 8
4
 
 
 
  2m 24  m = 2 6 
----------------------------- 
Người giải đề: TRẦN MINH THỊNH - TRẦN VĂN TOÀN 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn, TP.HCM)