Đề thi Dự trữ môn Toán 3 khối A - Đề chuẩn của Bộ.
Trang 1
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2006 (ĐỀ DỰ TRỮ)
Đề DỰ BỊ 1 – khối A – 2006
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh
Câu I (2 đ)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
x
+
2
2) Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình sau đây có hai nghiệm dương phân biệt
x2 + 2x + 5 = (m2 + 2m + 5)(x + 1)
Câu II (2 đ)
1) Giải phương trình: cos3x cos3x – sin3x sin3x = 2 3 2+
8
x y R
⎨
⎪⎩
2
2
Câu III (2 đ)
Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz Cho hình lăng trụ
đứng ABC A B C′ ′ ′ có A(0, 0, 0) ; B(2, 0, 0) ; C(0, 2, 0) ; A′ (0, 0, 2) 1) Chứng minh A′ C vuông góc với BC Viết phương trình mp (AB C′ ) 2) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B C′ ′ trên
mp (AB C ) ′
Câu IV (2 đ)
x+ + x+
∫6
2) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện: x2 + xy + y2 ≤ 3 Chứng minh rằng: − − ≤ − −x2 xy y2≤ −
Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb
Câu Va (2đ)
Trang 2
)
1 Trong mp với hệ trục Oxy, cho elíp (E): x2+ y2=1
Viết phương trình hypebol (H) có hai đường tiệm cận là y = ± 2x và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm của elíp (E)
2)Áp dụng khai triển nhị thức Newton của (x2 + x)100, chứng minh rằng:
⎜ ⎟
100
1
ập k
⎜ ⎟
⎝ ⎠
100
2
( k
n
C là số tổ hợp ch của n phần tử )
Câu Vb (2 đ)
Gi bất ng trình: logx + 1(-2x) > 2
Ch hìn đứng ABCD A B C D′ ′ ′ ′ có các cạnh AB = AD = a,
A A′ = a 3
2 và góc BAD = 600 Gọi M và N ần lượt là trung điểm l
ùc cạnh A D ′ ′ và A B′ ′ Chứng
ùp A.BDMN (BDMN) Tính thể tích khối cho
Bài giải
1/ KS y=x
x
+
+
2
2x+5
1 , MXĐ: D=R/{ }−1 y’=
x2+ x−
TC: x=1, y=x+1
2/ Tìm m để pt có 2 nghiệm d ơng phân biệt Vì x >0, pt đã cho ư
+1
Trang 3
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm
x
+
1 , x > 0, với đường thẳng y=
2
m2+ m+
2 5 Từ BBT và y(0) ta suy ra
⎪⎩
≠−
số y =
của (C)
ycbt ⇔ <m + m+ < <=> ⎨⎧⎪ m
m
− < <
1
II
2
Câu
+
2 3 2 1/Giải pt: cos3x.cos3x-sin3x.sin3x=
8 (1)
-⇔ cos23x+sin23x+3(cos3x.cosx-sin3x.sinx)= +
2
3 2 1 cos4x=
16
=cos
2/ Gỉai hệ phương trình
x y y( x) y
⎧ + +
⎪
2
2
*Khi y=0 thì (I)
⎪⎩
⇔
x x
⎪
⎨
⎩
= 2
2
1
0
(VN)
*Khi y 0 chia hai pt cho y
(I)
≠
⇔
x
y x
⎧ +
+ +
⎪
y
x
y x
− =
⎪
⎨
+
⎪
⎪
2
2
1
⎩
1
x
y x y
⎪
⎨
⎩
2
2
1
⇔
0
ng và tích )
( do pt tổ
+ − =
⎧
⎨
+ = −
⎩ 2
2 1
y
=
⎧
⎨ =
⎩
1
2 hay x
y
= −
⎧
⎨ =
⎩
2 5
Cách khác Thay y của pt 2 vào pt 1
⎪
⇔ ⎨
⎪⎩
2
ta có
Trang 4
) 2 ( chia 2 vế của pt 1 cho 1 + x2 ) )
⎧
⇔ ⎨
⎧
⇔ ⎨
⎨
−
+ =
2 1
1 3
⎩
x y
=
⎧
⎨ =
y
⎨ =
2
Câu III
1/CM: A’C BC’ Viết phương trình mp(ABC’)
⊥
'
A C BC =0 −2 ( ) ( ) ' ⊥BC
Vì A’C
A C
+2 2 −2 2 = ⇔0 uuuu
⊥BC’, A’
)
= 0 2 2−
C ⊥ AB=> A’C ⊥ (ABC’)
⇒ 'uuuurA C
là PVT của mp(ABC’) ( , ,
⇒pt(ABC’): 0.(x-0)+2(y-0)-2(z-0) = 0 ⇔ y - z = 0
2/Viết phương trình hình chiếu vuông góc của B’C’ lên mp(ABC’)
Ta có ' 'B Cuuuuur uuur=BC= −2 2 0( , , ) Gọi (α) là mp chứa B’C’ và ⊥ (ABC’)
h hiếu vuông góc của B’C’ lên mp(ABC’) l iao tuyến của
(α) và (ABC’)
(α) có PVT uurnα =⎡⎣uuuuur uuuurB C A C' ', ' ⎤⎦= − − − = −( 4 4 4, , ) 4 111( , , )
⇒pt(α):1(x-0)+1(y-2)+1(z-2)=0 ⇔ x+y+z - 4=0
nh chiếu B’C’ lên (ABC’) là x y z
y z
⎧
⎪
⎨
⎪⎩
+ + − =
−
Vậy pt hì
=0
4 0
Câu IV
x+ + x+
∫6
Đặt t= 4x+1⇒ t2=4x+1 ⇒x=t2−1
4 ,
t dt
2
dx= Đổi cận : t ( 2) = 3 ; t ( 6 ) = 5
I= 5(t+ −1 1)dt
t
1
2/Chứng minh: − − ≤x2− −xy y 2≤ −
Đặt A= x2+xy+y2 , B= x2-xy-3y2
Trang 5
*Nếu y=0 thì theo giả thiết A=x2 ≤ 3 B=x⇒ 2 Do đó
B
−4 3− ≤ ≤3 0 ≤3<4 3−3(ĐPCM)
1
*Nếu y ≠ 0 Đặt t=x
y Ta có
+
Ta tìm tập giá trị của t − −t ( )t (u )
t t
vì và b=a= u−1
+ + = + +
1 +1 không đồng thời bằng 0 nên miền giá trị củ la
u
ø Δ ≥ ⇔0 − −3 4 3
3
A.u và
−3
⇒ − 4 3 ≤ ≤ − +B 3 4 3
Câu Va
là
12 2 có hai tiêu điể
F1 − 10 0, ),F2 10 0)
(H) có cùng tiêu điểm với (E)
x2 y2
a2 −b2 =1 vơ
a2+b2=c2=10 (1)
(H) có hai tiệm cận
( )
b
a
b
⇔ = =>2 b 2a
=
2
2 Từ (1),(2) suy ra a2=2,b2=8
pt(H):
a
2/ Ta có (x+x2)100=C1000 x100+C1001 x101+C1002 x102+ + C100100x200 lấy đạo hàm hai vế, cho x= -1
2 và nhân hai vế cho (-1).Ta có kết quả:
100
2
Vb
0
Câu
x
+
1/Giải pt: logx1(−2 )>2(1) Với ĐK: -1< x < 0 0 < x + 1 < 1 ⇒
Trang 6
(1)
và -1< x <0
<
⇔ log (x+ − x)> =logx+ (x+ )2
x + x+ >
⎩ 2
− <
⎧
⇔ -2+ 3 < x < 0
2/ Gọi O là tâm hình thoi ABCD
S là điểm đối xứng của A qua A’ Khi đó S,M,D thẳng hàng
trung điểmà trung điểm của của SB
có AB=AD= a
BAD
Δ
BAD=600⇒ BADΔ đều AO=⇒ a 3
2 , AO
a 3 =AO Hai tam gi
ùc vuo CC’=
SAO va CC’ bằng hau
⇒ASO=CAC'=> C A '⊥SO (1)
Vì BD AC và B⊥ D⊥AA’
C’ (
Từ (1) và (2) suy ra AC’
⇒BD ⊥ (AC C’A’)
đó: VABDMN= 3
4
1
VSABD ( vì S S
4S SBD )
Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát
( Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn )