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
nguon tai.lieu . vn
