đề ôn ĐH có Đ/án

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

2

y = x

 2x  5

x 1

(C)

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

2) Giải hệ phương trình: ⎧⎪⎨

⎪⎩

( x2 1)  y( y  x)  4 y

( x2 1)( y  x  2)  y

( x, yR)

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)

6

dx

1) Tính tích phân: I =  2x 1

4 x 1

2) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện: x2 + xy + y2  3 Chứng minh rằng:

4 3  3  x2  xy  3 y2  4 3  3

Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb

Câu Va (2đ)

2

1) Trong mp với hệ trục Oxy, cho elíp (E): x

2 y2

 1

12 2 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:

99 100

198 199

100C 0

⎛ 1 ⎞

101C1

⎛ 1 ⎞

 199C 99 ⎛ 1 ⎞

 200C100 100 ⎛ 1 ⎞  0⎜ 2 ⎟

100 ⎜ ⎟

100 ⎜ ⎟

100 ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

( C k

là số tổ hợp chập k của n phần tử )

Câu Vb (2 đ)

1) Giải bất phương trình: logx + 1(-2x) > 2

2) Cho hình hộp 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 lần lượt là trung điểm

của các cạnh AD và AB Chứng minh A C  vuông góc với mp (BDMN) Tính thể tích khối chóp A.BDMN

Bài giải

1/ KS y= x

2

 2x  5 x 1 , MXĐ: D=R/ 1

y’= x

 2x  3 , y’=0  x=1 hay x=-3

( x 1)2

TC: x=1, y=x+1

x - 

-3 -1

n

2

1 + 

y’ + 0 - - 0 +

y -4 +  + 

-  -  4

2/ Tìm m để pt có 2 nghiệm dương phân biệt Vì x >0, pt đã cho 2

 x  2x  5  m 2 2m  5

x  1

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm

2

số y = x

 2x  5

x 1

, x > 0, với đường thẳng y= m 2 2m  5 Từ BBT

của (C) và y(0) ta suy ra

⎧ m1

ycbt 

Câu II

4  m 2 2m  5  5  ⎪

⎪⎩

2 m 0

1/Giải pt: cos3x.cos3x-sin3x.sin3x= 2  3 2

8 (1)

(1)  cos3x(cos3x+3cosx)-sin3x(3sinx-sin3x)= 2  3 2

2

 cos23x+sin23x+3(cos3x.cosx-sin3x.sinx)= 1 3 2

2

 cos4x=

2

=cos 

 x=  

 k 

2 4 16 2

2/ Gỉai hệ phương trình ⎧⎪

⎨

⎪⎩

x2  1 y( y  x)  4 y

( x2  1) ( y  x  2)  y

(I)

⎨

*Khi y=0 thì (I)  ⎪

x 2 1  0

(VN)

⎪(x 2 1)( x2)0

*Khi y  0 chia hai pt cho y

2

⎧ x 1  y  x  2  2

⎧ x 2 1 ⎪

(I)  ⎪

 ⎪ y

 y  x  2  2

⎨ 2

⎪ x 1( y  x  2)  1

⎨

⎪( y  x  2) ⎪⎩ y ⎩2  2( y  x  2) 1 0

( do pt tổng và tích )

⎧ y  x  2  1

⎧ x  1

⎧ x  2

 ⎨

⎩ x2 1 3  x

 ⎨

⎩ y  2

hay ⎨

⎩ y  5

Cách khác Thay y của pt 2 vào pt 1 ta có

⎪⎧ x2 1 ( x2  1) ( y  x  2)( y  x)  4( x2 1) ( y  x  2)

( I)  ⎨( x2 1) ( y  x  2)  y

⎨

⎩

y

⎧1 ( y  x  2)( y  x)  4 ( y  x  2)

 ⎨

⎩( x2 1) ( y  x  2)  y

( chia 2 vế của pt 1 cho 1 + x2 )

⎧1 ( y  x  2)( y  x  2  2)  4 ( y  x  2)

 ⎨

⎩( x2 1) ( y  x  2)  y

⎧ y  x  2  1

 ⎨

⎩x2 1 3  x

Câu III.

⎧ x  1

⎨

⎩ y  2

hay ⎧ x  2

⎩ y  5

1/CM: A’C   BC’ Viết phương trình mp(ABC’)

Ta có

A/ C  (0, 2, 2), BC '  (2, 2, 2)

 

 

A ' C.BC '  0.(2)  2.(2)  2.(2)  0  A ' C  BC ' Vì A’C  BC’, A’C  AB=> A’C  (ABC’)

 A 'C  (0, 2, 2) 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 'C '  BC  (2, 2, 0) Gọi (  ) là mp chứa B’C’ và  (ABC’) Khi đó hình chiếu vuông góc của B’C’ lên mp(ABC’) là giao tuyến của (  ) và (ABC’)

(  ) có PVT   ⎡ ,  ⎤  (4, 4, 4)  4(1,1,1)

 pt(  ):1(x-0)+1(y-2)+1(z-2)=0  x+y+z - 4=0

⎧ x y z40

Vậy pt hình chiếu B’C’ lên (ABC’) là ⎪

⎪⎩

Câu IV



⎨

n  ⎣ B 'C ' A

⎨

2

6 dx

1/ Tính I=

Đặt t=

4 x  1  t2=4x+1  x= 2 2x 1 t 1 ,

4 x 1 4

dx= t dt .Đổi cận : t ( 2) = 3 ; t ( 6 ) = 5

2

I= 5 (t  11)dt 

5 dt  5 dt

⎡  1 

1 ⎤ 5



3  13 (t 1)2

3 t  1

3 (t  1)2 = ⎢ln t t  1⎥

ln

2 12

2/Chứng minh: 4 3  3  x 2  xy  3 y 2  4 3  3 với x2+xy+y2 Đặt A= x2+xy+y2 , B= x2-xy-3y2

⎣ ⎦ 3

*Nếu y=0 thì theo giả thiết A=x2  3  B=x2 Do đó

4 3  3  0  B  3  4 3  3 (ĐPCM)

2 2 2

*Nếu y  0 Đặt t= x Ta có: B  A( x  xy  3 y

)

 A t

 t  3

y x2  xy  y2

2

t 2  t 1

Ta tìm tập giá trị của u  t

 t  3

 (u  1)t 2  (u  1)t  u  3  0

t 2  t 

1

vì a  (u  1) và b = u  1 không đồng thời bằng 0 nên

miền giá trị của u là   0 

3  4 3

 u  3  4 3 3 3

Ta có B =A.u và 0  A  3

 3  4

Câu Va

3  B  3  4 3

1/(E): x

2 y2



 1 có hai tiêu điểm12 2

là F 1(

10 , 0), F 2 (

10 , 0)

(H) có cùng tiêu điểm với (E)

 (H):

x2 y2

  1 với

a 2 b 2

a2+b2=c2=10 (1)

(H) có hai tiệm cận

x a

 b  2  b  2a (2)

a

Từ (1),(2) suy ra a2=2,b2=8

2 2

 pt(H): x  y  1

2 8

2/ Ta có ( x  x 2 ) 100  C 0

x 100 C1

x 101C 2

x 102   C100 x 200 lấy đạo100 100 100 100 hàm hai vế, cho x= - 1

2 và nhân hai vế cho (-1).Ta có kết quả:

100C

0 ( ) 1 99 101C

1 ( )1 100  199C

99

( )198 200C

100

( 1) 199  0

100 2

Câu Vb

100 2

100 2

100 2

1/Giải pt: log x 1 (2x)  2 (1) Với ĐK: -1< x < 0  0 < x + 1 < 1

1

(1)  log x 1 (2x)  2  log x 1 ( x  1)

và -1< x <0

⎧1 x  0

 ⎨

⎩ x 2 4 x 1 0

 -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

và M là trung điểm của SD ; S,N,B thẳng hàng và N là

trung điểm của SB

BAD

có AB=AD= a

BAD =600  BAD đều  AO= a 3 ,

2

AC=2AO= a 3 =SA

CC’= a 3 =AO Hai tam giác vuông

2

SAO và ACC’ bằng nhau

 ASO  CAC '  AC '  SO

Vì BD  AC và BD  AA’

 BD  (AC C’A’)

 BD  AC’ (2)

(1)

Từ (1) và (2) suy ra AC’  (BDMN)

3 1

Do đó: VABDMN=

VSABD ( vì S SMN=

4 4

S SBD )

3 1 1

2

3 3 3

= SA.S ABD 

a 3 4 3 4a  a

4 16

Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát

( Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn ) 2