Đề tham khảo Toán Đại Học 2010 số 1

Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC, tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC.. Biết MN cắt BC tại T.. Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT ti

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010

Môn Thi: TOÁN – Khối A

ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ SỐ 01

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm)

Câu 1: ( 2điểm)

Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0

2 Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2

Câu 2: (2điểm)

1 Giải hệ phương trình: 2 0







2 Giải phương trình: cosx = 8sin3

6

x π

 + 

Câu 3: (2điểm)

1 Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC Biết MN cắt BC tại T Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB

2 Tính tích phân A =

2

ln ln ex

e

e

dx

x x

∫

Câu 4: (2 điểm)

1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD

2 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa:

a ab b +b bc c +c ca a =

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c

B PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b

Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm)

1 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK

2 Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các điểm ta được các tam giác Tìm n để số tam giác lập được bằng 45

Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4y = 0 Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1)

2 Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x

- Hết

-BÀI GIẢI TÓM TẮT A.PHẦN CHUNG:

Câu 1:

1 m = 0 , y = 4x3 – 3x

- TXĐ: D = R

- Giới hạn: limx→+∞y= +∞, xlim→−∞y= −∞

- y’ = 12x2 – 3 ; y’ = 0 ⇔ x = 1

2

± Bảng biến thiên:

- y’’ = 24x , y” = ⇔ x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0)

- Đồ thị:

2 TXĐ: D = R

- y’ = 12x2 + 2mx – 3

Ta có: ∆’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị

Ta có:

1 2

1 2

4

6 1 4

m

x x

x x



 = −

 + = −





 = −



2

m

⇒ = ±

Câu 2:





1 1 4

x y

≥





 ≥



Từ (1) x x 2 0

⇒ − − = ⇒ x = 4y

Nghiệm của hệ (2;1

2)

2 cosx = 8sin3

6

x π

 + 

3 sinx+cosx ⇔ 3 3 sin3x+9sin2xcosx +3 3 sinxcos2x c+ os3x c− osx = 0 (3)

Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm

(3) ⇔ 3 3 tan3x+8 t an x + 3 3 t anx = 02

⇔t anx = 0⇔x = kπ

Câu 3:

1.Theo định lý ba đường vuông góc

BC ⊥ (SAC) ⇒ AN ⊥ BC

và AN ⊥ SC

⇒AN ⊥ (SBC) ⇒ AN ⊥ MN

Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC

Vây ∆MSN ∼ ∆CSB

⇒ TM là đường cao của tam giác STB

⇒ BN là đường cao của tam giác STB

Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST

⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm)

2

(ln )

ln (1 ln ) ln (1 ln )

A

2

(ln )

ln 1 ln

e

e

∫

=

ln(ln )x e ln(1 ln )x e

e − + e = 2ln2 – ln3

Câu 4:

1 +) BAuuur=(4;5;5), CDuuur=(3; 2;0)− , CAuuur=(4;3;6)

uuur uuurBA CD,  = (10;15; 23)− ⇒ BA CD CAuuur uuur uuur,  ≠0⇒ đpcm

+ Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) ⊥ (Oxy) ⇒ có VTPT n1 = BA k, 

ur uuur r

= (5;- 4; 0) ⇒ (P): 5x – 4y = 0

+ (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) ⊥ (Oxy) có VTPT n1 = CD k, 

ur uuur r

= (-2;- 3; 0) ⇒ (Q): 2x + 3y – 6 = 0

Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình của (D)

2 Ta có:

3

2 3

a ab b

−

≥

⇔ 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) ⇔ a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0

⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ 0 (h/n)

Tương tự:

3

2 3

b bc c

−

≥

3

2 3

c ac a

−

≥

Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được:

3

+ +

Vậy: S ≤ 3 ⇒ maxS = 3 khi a = b = c = 1

B PHẦN TỰ CHỌN:

1 Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) :P x y z 1

a b c

Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6)

(0; ; ), ( ;0; )

Ta có:

4 5 6

1

a b c

b c

a c

 + + =



− + =



− + =





⇒

77 4 77 5 77 6

a b c

 =





 =





 =



⇒ ptmp(P)

2.Ta có: n 2 2

5 5 n

C + C = 45 ⇒ n2 + 3n – 18 = 0 ⇒ n = 3

Câu 5b:

1.M ∈ (D) ⇒ M(3b+4;b) ⇒ N(2 – 3b;2 – b)

N ∈ (C) ⇒ (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0 ⇒ b = 0;b = 6/5

Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5)

2 Đặt X = 5x ⇒ X > 0

Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*) Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 ⇔∆ < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0

Từ đó suy ra m