Xem mẫu
- Bộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN - khối A. Email: phukhanh@moet.edu.vn Ngày thi : 28.02.2010 (Chủ Nhật ) ĐỀ 01 I. PHẦN BẮT BUỘC ( 7,0 điểm ) x +3 Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = x −1 , có đồ thị là C ( ). ( ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số . ( ) ( ) ( ) 2. Cho điểm M 0 x 0 ; y 0 ∈ C . Tiếp tuyến của C tại M 0 cắt các đường tiệm cận của C ( ) tại các điểm A, B . Chứng minh M 0 là trung điểm của đoạn AB . Câu II: ( 2 điểm ) 6x − 4 sin 3 x .sin 3x + cos3 x cos 3x 1 1. Giải phương trình : 2x + 4 − 2 2 − x = 2. Giải phương trình : =− x2 + 4 π π 8 ta n x − ta n x + 6 3 3 −1 dx Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân I = ∫ 0 x + 2x + 2 2 Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O ,OB = a, OC = 3, (a > 0 ) . và đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB,OM . 1 1 1 1 Câu V: ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương x , y , z thỏa mãn + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu x y z xyz 2 x 2 y z −1 thức P = + + 1+x 1+y z +1 II. PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 1. Cho 4 điểm A 1; 0; 0 , B 0; −1; 0 ,C 0; 0;2 , D 2; −1;1 . Tìm vectơ A ' B ' là hình chiếu của vectơ AB lên CD . x y −2 z 2. Cho đường thẳng : d : 1 = () 2 2 ( ) = và mặt phẳng P : x − y + z − 5 = 0 . Viết phương trình tham số của đường thẳng () ( ) ( ) t đi qua A 3; −1;1 nằm trong P và hợp với d một góc 450 . () Câu VII.a( 1 điểm ) Một giỏ đựng 20 quả cầu. Trong đó có 15 quả màu xanh và 5 quả màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu trong giỏ.Tính xác suất để chọn được 2 quả cầu cùng màu ? 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz x −1 y +2 z − 3 1. Cho 3 điểm A ( 0;1; 0 ) , B ( 2;2; 2 ) và đường thẳng (d ) : = = . Tìm điểm M ∈ d để diện tích() 2 −1 2 tam giác ABM nhỏ nhất. x +1 y −1 z −2 x −2 y +2 2. Cho hai đường thẳng (d ) : −2 = 3 = 2 và d ' : 1 = 2 ( ) = z −2 . Chứng minh d vuông góc với d ' , viết () ( ) ( ) phương trình đường vuông góc chung của d và d ' . ( ) 8 3 x −1 − log ( 3x − 1 +1 ) 1 Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho khai triển 2 log2 9 + 7 + 2 5 2 . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 . ............…………………………….Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ………………………………………...............
- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) x +3 Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = x −1 , có đồ thị là C . ( ) ( ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số . 4 y ( ) ( ) 2. Cho điểm M 0 x 0 ; y 0 ∈ C . Tiếp tuyến của C tại ( ) ( ) 2 M 0 cắt các đường tiệm cận của C tại các điểm A, B . A x Chứng minh M 0 là trung điểm của đoạn AB . -4 -2 2 4 M -2 B -4 Câu II: ( 2 điểm ) 6x − 4 1. Giải phương trình : 2x + 4 − 2 2 − x = x2 + 4 Điều kiện : −2 ≤ x ≤ 2 6x − 4 6x − 4 6x − 4 2x + 4 − 2 2 − x = ⇔ = x2 + 4 2x + 4 + 2 2 − x x2 + 4 1 1 ( ⇔ 2 3x − 2 ) 2x + 4 + 2 2 − x − =0 x2 + 4 2 2 x = x = ⇔ 3 ⇔ 3 2x + 4 + 2 2 − x = x + 4 4 2(2 + x )(2 − x ) + (2 − x )(x + 4) = 0 2 2 2 ⇔x = ⇔ x = 3 3 2 − x (4 2(2 + x ) + (x + 4) 2 − x ) = 0 x =2 sin 3 x .sin 3x + cos3 x cos 3x 1 2. Giải phương trình : =− π π 8 ta n x − ta n x + 6 3 π π π π Điều kiện : sin x − sin x + cos x − cos x + ≠ 0 6 3 6 3 π π π π Ta có : t a n x − t a n x + = t a n x − cot − x = −1 6 3 6 6 sin x .sin 3x + cos x cos 3x 3 3 1 1 Phương trình : = − ⇔ sin 3 x .sin 3x + cos3 x cos 3x = π π 8 8 ta n x − ta n x + 6 3 1 − cos 2x cos 2x − cos 4x 1 + cos 2x cos 2x + cos 4x 1 ⇔ ⋅ + ⋅ = 2 2 2 2 8 1 1 1 ⇔ 2(cos 2x + cos 2x cos 4x ) = ⇔ cos3 2x = ⇔ cos 2x = 2 8 2
- π x = + kπ (không thoa) π ⇔ 6 . Vậy phương trình cho có họ nghiệm là x = − + k π π x = − + kπ 6 6 3 −1 dx Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân I = ∫ 0 x 2 + 2x + 2 3 −1 3 −1 dx dx I = ∫ 0 x + 2x + 2 2 = ∫ 0 1 + (x + 1)2 π π Đặt x + 1 = t a n t, t ∈ − ; ⇒ dx = (t a n x + 1)dt 2 2 2 π π Đổi cận : x = 0 ⇒ t = , x = 3 −1⇒t = . 4 3 π π t a n2 t + 1 3 3 π π π I = ∫ dt = ∫ dt = − = . π 1 + ta n t 2 π 3 4 12 4 4 Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O , OB = a,OC = 3, (a > 0 ) . và đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB,OM . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), a a 3 A(0; 0; a 3), B (a; 0; 0), C (0; a 3; 0), M ; 2 ; 0 , 2 a 3 a 3 gọi N là trung điểm của AC ⇒ N 0; ; . 2 2 MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN ⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d(B;(OMN)). a a 3 a 3 a 3 OM = ; 2 ; 0 , ON = 0; ; 2 2 2 3a2 a2 3 a 2 3 a 2 3 a2 3 [OM ; ON ] = 4 ; 4 ; 4 = 4 ( 3; 1; 1 =) 4 n , với n = ( 3; 1; 1) . Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến n : 3x + y + z = 0 3.a + 0 + 0 a 3 a 15 Ta có: d ( B; (OMN )) = = = . Vậy, 3 +1+1 5 5 a 15 d ( AB; OM ) = . 5 1 1 1 1 Câu V: ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương x , y , z thỏa mãn + + = . Tìm giá trị lớn nhất của x y z xyz 2 x 2 y z −1 biểu thức P = + + 1+x 1+y z +1
- 1 1 1 1 Ta có : + + = ⇔ x. y + y. z + z . x = 1 . Điều này gợi ý ta đưa đến hướng x y z xyz A B C giải lượng giác . Đặt x = tan , y = tan , z = tan 2 2 2 A B B C C A Nếu A, B,C ∈ (0; π ), A + B + C = π thì t a n t a n + t a n t a n + t a n t a n = 1. 2 2 2 2 2 2 C A−B C Khi đó P = sin A + sin B − cosC = 2 cos cos − 2 cos2 + 1 2 2 2 C 1 A−B 2 1 A−B 3 P = −2(cos − cos ) + 1 + cos2 ≤ 2 2 2 2 2 2 2π π 2− 3 3 C = x = y = tan2 = Vậy max P = khi 3 ⇔ 12 2 + 3 2 A = B = π z = 3 6 II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A ( 0;1; 0 ) , B ( 2;2; 2 ) ,C ( −2; 3;1) và đường thẳng x = 1 + 2t ( ) ( ) d : y = −2 − t . Tìm điểm M ∈ d để diện tích tam giác ABN nhỏ nhất. z = 3 + 2t M ∈ (d ) ⇒ M (1 + 2t; − 2 − t ; 3 + 2t ). AB = (2; 1; 2), AC = (−2; 2;1) ⇒ [AB; AC ] = (−3; − 6; 6) = −3(1; 2; − 2) = −3.n, n = (1; 2; − 2) Mặt phẳng (ABC ) qua A ( 0;1; 0 ) và có vecto pháp tuyến n = (1; 2; − 2) nên có phương trình x + 2y − 2z − 2 = 0 1 1 9 1 + 2t + 2(−2 − t ) − 2(3 + 2t ) − 2 −4t − 11 S ABC = [AB; AC ] = (−3)2 + (−6)2 + 62 = , MH = d (M (ABC )) = = 2 2 2 1+ 4 + 4 3 1 9 4t + 11 5 17 VMABC = 3 ⇔ V = . . = 3 ⇔ 4t + 11 = 6 ⇔ t = − hay t = − . 3 2 3 4 4 3 3 1 15 9 11 Vậy M − ; − ; hay M − ; ; là tọa độ cần tìm. 2 4 2 2 4 2 x +1 y −1 z −2 x −2 y +2 2. Cho hai đường thẳngờ d : −2 = 3 = 2 ( ) và d ' : 1 = 2 = z −2 . Chứng minh d vuông góc với d ' , ( ) ( ) ( ) viết phương trình đường vuông góc chung của d và d ' . ( ) ( ) 8 3 9x − 1 + 7 1 ( − log 2 3x − 1 +1 ) . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho khai triển 2 log 2 +2 5 trong khai triển này là 224 . k =8 1 1 ( ) 1 ( ) ( ) − log2 3x −1 +1 ( ) = ∑C a 8 − log2 9x −1 + 7 3 8 −k k x −1 x −1 Ta có : a + b k 8 b với a = 2 = 9 +7 3 ; b =2 5 = 3 +1 5 k =0 + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là 3 5 1 1 ( ) ( ) ( )( ) − −1 T6 = C 9x −1 + 7 5 3 . 3x −1 + 1 5 x −1 x −1 = 56 9 + 7 . 3 + 1 8
- 9x −1 + 7 ( )( ) −1 + Theo giả thiết ta có : 56 9x −1 + 7 . 3x −1 + 1 = 224 ⇔ = 4 ⇔ 9x −1 + 7 = 4(3x −1 + 1) 3x −1 + 1 3x −1 = 1 x = 1 ( ) 2 ⇔ 3x −1 − 4(3x −1 ) + 3 = 0 ⇔ x −1 ⇔ 3 = 3 x = 2