DE THI VA DAP AN THI THU DH 09

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7,0 điểm Câu I.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao... Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất củ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU VÀO ĐH -CAO

ĐẲNG 2009

Khoa Khoa học Tự nhiên Môn thi: TOÁN, khối A

Thời gian làm bài : 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số f x( )=x3- 3x2+4

2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

G(x)= 4

2

1 sin 2 3 2

1 sin 2

2 3































x

Câu II (2,0 điểm)

1 Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất:

ln( )mx = 2ln(x+ 1)

2 Giải phương trình: sin 3x(1 cot + x)+ cos 3x(1 tan + x)= 2sin 2x

2 4 3

1 2 lim

2













x khi x x

x

e x

Câu IV (1,0 điểm)Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD có AB=2,AC=3,AD=1,CD= 10,DB= 5,BC= 13

Câu V (1,0 điểm)Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x 2 :

2 3, 2

x y

ì + = ïïï

ïïî

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: theo chương

trình Chuẩn hoặc Nâng cao.

1 Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh:

A(-2;3),B( ; 0 ), ( 2 ; 0 )

4

1

C

2 Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M(- 4; 5;3- ) và cắt cả hai đường

thẳng:

' : 2 3 11 0

d

ïï

íï - + =

'':

- .

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho C1n+6C n2+6C n3=9n2- 14n, trong đó C là số tổ n k

hợp chập k từ n phần tử

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Viết phương trình elip với các tiêu điểm F1(- 1;1 ,) F2( )5;1 và tâm sai e=0,6

2 Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng

: 2 0,

d

ïï

íï - + - = ïî

trên mặt phẳng

:P x- 2y+ + = z 5 0

Câu VII.b (1,0 điểm)

Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho C2n n k- C2n n k+ lớn nhất hoặc nhỏ nhất

ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM

I PHẦN CHUNG

Câu I (2,0 điểm)

1.(1,0 điểm)

Tập xác định của hàm số: ¡

Giới hạn tại vô cực: lim ( )

f x'( )=3x2- 6x=3x x( - 2)

Bảng biến thiên:

x - ¥ 0 2 +¥

f x + 0 '( ) - 0 +

4 +¥

f x ( ) - ¥ 0

Nhận xét: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, f CD= ;4

đạt cực tiểu tại x=2,f CT = 0

Đồ thị:

2 (1,0 điểm)

Đặt 2sin 1

2

x + = ; khi đó, t thay đổi trên đoạn t 3 5;

2 2

ë û và:

g x( )= f t( )= -t3 3t2+4

Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn này nằm trong bốn giá trị đặc biệt: giá trị tại hai đầu đoạn và hai giá trị cực trị Ta có:

f

f

çè ø

ç ÷÷

çè ø

So sánh các giá trị này, ta thấy giá trị lớn nhất của hàm số là 4, giá trị nhỏ nhất là 49

8

Câu II (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Tập xác định của phương trình gồm mọi số x sao cho x>- 1,mx> 0 Như vậy trước hết phải có m¹ 0

Khi đó, phương trình tương đương với:

mx= +(x 1)2Û x2+ -(2 m x) + = (1)1 0

Phương trình này có: D =m2- 4m Những giá trị mÎ (0; 4) đương

nhiên bị loại ngay Với m=0, (1) có nghiệm duy nhất x=- 1 nhưng nằm

ngoài tập xác định nên bị loại Với m=4, (1) có nghiệm duy nhất x=- 1 thoả mãn điều kiện xác định nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất Với m<0, điều kiện xác định trở thành - < <1 x 0 Khi đó D >0 nên (1) có hai nghiệm phân biệt x x1 2, ,(x1<x2); mặt khác,

f( )- 1 = <m 0, f( )0 = > 1 0

nên x1<- <1 x2< , tức là chỉ có 0 x là nghiệm của phương trình đã cho.2

Như vậy, các giá trị m<0 thoả mãn điều kiện bài toán

Cuối cùng, xét m>4 Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và

phương trình (1) cũng có hai nghiệm phân biệt x x1 2, ,(x1<x2) Áp dụng

định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị m>4 cũng bị loại

Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

mÎ - ¥( ; 0) { }È 4 .

2 (1,0 điểm)

Tập xác định gồm các giá trị

2

k

¹ sao cho sin 2x³ 0 Khi đó, vế trái của phương trình bằng:

sin cos

+

Như vậy, phương trình đã cho trở thành:

sin cos 2sin 2

ïïï

ïïî

Phương trình cuối lại có thể viết thành:

1 sin 2 2sin 2 sin 2 1( 0)

Để thoả mãn điều kiện sinx+cosx³ 0, các nghiệm chỉ có thể là:

2

4

p

= +

Câu III (1,0 điểm)

Ta có:

( ) ( )

2

2

2 2

2 2

2

2

2

x

x

x

x

x

x

e x x

+

çç

1

x

+ + +

÷ Vậy:

2 0

2 1

x x

®

=+

-Câu IV (1,0 điểm)

Ta có:

Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp

chữ nhật Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại

tiếp hình hộp Tâm mặt cầu này là trung điểm I của đoạn AH, còn bán

Câu V (1,0 điểm)

Vế trái của phương trình thứ hai trong hệ là:

f x( )= x2+ +3 (3- x)2+ 5

Ta có:

( )

3 '

f x

2

x

x

ì £ £

ïïï

Û íï

ïïî

ì £ £

ïï

Û íï

ïî

Phương trình thứ hai có ' 81 54 135D = + = =9.15, và hai nghiệm: 1,2 9 3 15

2

Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2 Vậy, đạo

hàm của hàm số không thể đổi dấu trên [2;¥ , ngoài ra ) f ' 3( )> nên 0

( )

f x > " ³x Do đó, giá trị nhỏ nhất của f x là ( ) f( )2 = 7+ 6 Cũng dễ thấy lim ( )

®¥ =¥ Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với x³ 2) khi và chỉ khi m³ 6+ 7.

II PHẦN RIÊNG

1 Theo chương trình Chuẩn

Câu VIa (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A

khi và chỉ khi

( ) ( )

2

2 2 2

9

4 4

9

3

4

d

æö÷

ç ÷+ -ç

-+

+

Đường thẳng AD có phương trình:

và đường thẳng AC:

-Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b Khi đó hoành độ là

1 b- và bán kính cũng bằng b Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng

b nên ta có:

( )

3 5 ;

4

3 1

2

+

Rõ ràng chỉ có giá trị 1

2

b= là hợp lý Vậy, phương trình của đường tròn

æ ö÷ æ ö÷

ç - ÷+ -ç ÷=

ç ÷÷ ç ÷÷

2 (1,0 điểm)

Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng:

( ) ( )

Để mặt phẳng này đi qua M, phải có:

( 8 15 11) ( 5 6 7) 0

=-Chọn m=1,n =- , ta được phương trình của P’:3

2x+6z- 10=0

Tiếp theo, đường thẳng d” đi qua A(2; 1;1- ) và có vectơ chỉ phương

(2;3; 5)

-ur

Mặt phẳng P” đi qua M và d” có hai vectơ chỉ phương là

m

ur

và MAuuur(6; 4; 2- ) hoặc nr(3; 2; 1- ) Vectơ pháp tuyến của P” là:

3; 5, 5; 2 2;3, (7; 13; 5)

2; 1 1;3 3; 2

Phương trình của P”: 7(x+ -4) 13(y+ -5) 5(z- 3)=0

hay: 7x- 13y- 5z- 29=0

Rõ ràng đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình:

2 6 10 0

ïï

Câu VIIa (1,0 điểm)

Điều kiện: n³ 3

Theo giả thiết thì:

2

Đối chiếu với điều kiện, ta được n = 7

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu VIb (2,0 điểm)

1 (1,0 điểm)

Cách 1 Ngoài hệ trục toạ độ Oxy cho sẵn, xét thêm hệ trục mới O’x’y’

nhận được từ hệ đã cho bằng phép tịnh tiến dọc theo vectơ OOuuuur' 2;1( )

Liên hệ giữa các toạ độ cũ và mới sẽ là: ' 2,

-ïï

íï = -ïî

Trong hệ toạ độ mới, các tiêu điểm sẽ có các cặp toạ độ là (±3;0) Các bán

0,6

c

e

trình của elip trong hệ toạ độ mới là: '2 '2 1

+ = Vậy, phương trình của elip trong hệ toạ độ cũ là:

( 2)2 ( 1)2

1

-+ = (2) Cách 2 Giả sử M x y là điểm thuộc elip Vì bán trục lớn của elip là ( , )

3

5 0,6

c

a

e

= = = nên phải có:

10

Bình phương hai vế hai lần kết hợp với những biến đổi đơn giản, ta cũng đi đến phương trình (2)

2 (2,0 điểm)

Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng:

m x( - 2z)+n x(3 - 2y+ + =z 5) 0

hay: (m+3n x) - 2ny+ -( 2m n z+ ) +5n= 0

Mặt phẳng này sẽ vuông góc với P khi và chỉ khi:

1.( 3 ) 2( 2 ) 1.( 2 ) 0

Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q:

11x- 2y- 15z+ = 5 0

Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là:

2 5 0

ïï

ïî

Câu VIIb (1,0 điểm)

Ta chứng minh rằng C2n n k+ C2n n k- giảm khi k tăng, tức là:

C2n n k+ C2n n k- >C2n n k+ +1 2C n n k- -1 (3)

Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây:

(3)

Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng Do đó,

2n n k 2n n k

C + C - lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n.