ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC
Môn : TOÁN - Khối : B
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 
(1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC, O là gốc tọa độ, A là cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 
2. Giải phương trình 
(x R).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 
Câu IV (1,0 điểm) 
Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB = a, AD = 
. Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 
.
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)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng : x – y – 4 = 0 và d : 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
2. Trong không gian hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng : 
và mặt phẳng (P) : x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với và MI = 
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: 
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B 
. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng : 
và hai điểm A (-2; 1; 1); B (-3; -1; 2). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 
.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức 
.
BÀI GIẢI GỢI Ý
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: 1/ Khảo sát, vẽ (C) :
m = 1 y = x4 – 4x2 + 1
D = R, y’ = 4x3 – 8x, y’ = 0 x = 0 hay x = 
Hàm số đồng biến trên (
; 0) và (
; +), nghịch biến trên (-;) và (0; )
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 
và yCT = -3
Bảng biến thiên :
x - 0 +
y’ 0 + 0 0 +
y + 1 +
-3 -3
2/ y’ = 4x3 – 4(m + 1)x
y’ = 0 x = 0 hay x2 = m + 1
Hàm số có 3 cực trị m + 1 > 0 m > -1
Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m),
B (
; -m2 – m – 1); C (-
; -m2 – m – 1)
Ta có: OA = BC m2 = 4(m + 1) m = 2 
(thỏa m > -1)
Câu II.
1. Phương trình đã cho tương đương :
2sinxcos2x + sinxcosx = 2cos2x – 1 + sinx + cosx
sinxcosx (2cosx + 1) = cosx (2cosx + 1) – 1 + sinx
cosx(2cosx + 1)(sinx – 1) – sinx + 1 = 0
sinx = 1 hay cosx(2cosx + 1) – 1 = 0
x = 
hay 2cos2x + cosx – 1 = 0
x = hay cosx = – 1 hay cosx = 
x = hay x = + k2 hay x = 
(k Z)
2. Đặt t = 
t2 = 
Phương trình đã cho trở thành : t2 – 9t = 0 t = 0 hay t = 9
Với t = 0 : 
x = 
Với t = 9 : = 9 (điều kiện : -2 x 2)
2 + x = 9 + 
+4(2 – x)
(vô nghiệm)
Cách khác : Đặt u = 
và v = 
(u, v 0), phương trình đã cho trở thành:
(1) 3(u – 2v) = (u – 2v)2 u = 2v hay u = 2v + 3
Với u = 2v ta có (2) v2 = 
suy ra: 2 – x = 
x = 
Với u = 2v + 3 ta có (2) (2v + 3)2 + v2 = 4 5v2 + 12v +5 = 0 (VN vì v 0)
Câu III:
Đặt u = x => du = dx
, chọn 
I = 
= 
= 
= 
= 
Câu IV.
Ta có : OI = 
, OIA1 là nửa tam giác đều
A1I = 2OI = a
= 
= 
Gọi B2 là điểm chiếu của B1 xuống mặt phẳng ABCD
Vậy d (B1, A1BD) chính là đường cao vẽ từ B2 của OB2B
= 
B2H = 
Câu V.
Theo giả thiết ta có 
. Từ đây suy ra :
hay
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có : 
Đặt t = 
, ta suy ra : 2t + 1 
4t2 – 4t – 15 0 t 
Mặt khác: P = 
= 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 = f(t)
f’(t) = 12t2 – 18t – 12, f’(t) = 0 t = 
hay t = 2
Min f(t) = 
khi t = 
Vậy min P = khi a = 1 và b = 2 hay a = 2 và b = 1.
Câu VI.a.
1. Phương trình ON có dạng 
(a2 + b2 0), N (at1; bt1) và M (at2; bt2)
M = ON : at1 – bt1 – 4 = 0 t1 = 
(a b)
N = ON d : 2at2 – bt2 – 2 = 0 t2 = 
(2a b)
Suy ra : 
, 
Ta có: OM.ON = 8 
TH1: a = 0 ta có : b2 = b2, chọn b = 1 M (0; -4) , N (0; -2)
TH2: a 0, chọn a = 1 ta được: 1 + b2 = 
1 + b2 = 
b = 
. Vậy M (6; 2) ; N 
.
Cách khác : Điểm N d N (n; 2n – 2) 
= (n; 2n – 2)
Điểm M M (m; m – 4) 
= (m; m – 4)
Nhận xét : 2 đường thẳng d và nằm cùng phía đối với điểm O nên OM.ON = 8
= 8 m = 5n (1)
Ta có 
cùng phương với 
m.n + 4n – 2m = 0 (2)
Từ (1) và (2) 5n2 – 6n = 0 n = 0 hay n = 
Với n = 0 thì m = 0, ta có điểm M (0; -4); N (0; -2)
Với n = 
thì m = 6, ta có điểm M (6; 2); N
2. Ta có cắt (P) tại I (1; 1; 1); điểm M (P) M (x; y; 3 – x – y)
= (1 – x; 1 – y; -2 + x + y). Vectơ chỉ phương của là 
= (1; -2; -1)
Ta có : 
x = -3 hay x = 5
Với x = -3 thì y = -7. Điểm M (-3; -7; 13)
Với x = 5 thì y = 9. Điểm M (5; 9; -11)
Câu VII.a. Gọi z = x + yi 0 với x, y R
x2 + y2 – x – 5 
i = 0
x2 – x – 2 = 0 và y = 
(x = -1 và y = 
) hay (x = 2 và y = 
)
Vậy z = 
hay 
.
Câu VI.b.
1. Ta có phương trình BD : y = 1, phương trình EF : y = 3, nên
BD // EF ABC cân tại A
Ta có BD = BF 
x = 2 hay x = -1 (loại) F (2; 3)
Đường thẳng BF cắt AD tại A nên ta có: A (3; 
)
2. M M (-2 + t; 1 + 3t; -5 – 2t)
; 
; 
SMAB = 
= 
3t2 + 36t = 0 t = 0 hay t = -12
Vậy M (-2; 1; -5) hay M (-14; -35; 19)
Câu VII.b. 
= 
= 
= 
Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.
Cách khác : z = 
= 
= 2 + 2i
Vậy phần thực của z là 2 và phần ảo của z là 2.
nguon VI OLET
