on thi
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Mụn Thi: TOÁN – Khối A
ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phỳt, khụng kể thời gian giao đề
I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
2
1 mx 2
3 x
1/ Khảo sát hàm số với m=1
2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại,cực tiểu đối xứng với nhau qua đt: y=x
Cõu II (2,5 điểm) 1 tan2x tan sin2x 3x cos 1 03
2 Cho PT: 5 x x 1 5 6 x x 2 m(1)
a)Tỡm m để PT(1)cú nghiệm
b)Giải PT khim 2 1 2
Cõu III (1,5 điểm) a) Tớnh tớch phõn I=
4 3 4
dx
x x
Cõu IV (1,0 điểm) Tớnh gúc của Tam giỏc ABC bớờt: 2A=3B; 2
3
a b
II.PHẦN RIấNG (3 điểm) Thớ sinh chỉ được chọn làm một trong hai cõu(Va hoặcVb)
Cõu Va
1(2,0 điểm).Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz Viết phương trỡnh mặt phẳng (P) qua O , vuụng
gúc với mặt phẳng (Q) :x y z 0 và cỏch điểm M(1;2; 1) một khoảng bằng 2
2 (1,0 điểm)Cú 6 học sinh nam và 3học sinh nử xếp hàng dọc đi vào lớp.Hỏi cú bao nhiờu cóch xếp
để cú đỳng 2HS nam đứng xen kẻ 3HS nử
Cõu Vb 1 (2,0 điểm)Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :
x 2 4t
y 3 2t
z 3 t
và mặt phẳng (P) : x y 2z 5 0
Viết phương trỡnh đường thẳng () nằm trong (P), song song với (d) và cỏch (d) một khoảng là 14
2.(1,0 điểm) Giải PT: 5.32x 1 7.3x 1 1 6.3x 9x 1 0
HƯỚNG DẨN GIẢI
Trang 2Cõu I 1/ Khảo sát hàm số:
2
1 x 2
3 x
y 3 2 1-Tập xác định:R
2-Sự biến thiên
0 x
1 x 0 x 3 x 3 ' y
2
1 2
Hàm số đồng biến ( ;0) và (1; ) ;Hàm số nghịch biến(0;1)
b-Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại :
2
1 y 0
x Hàm số đạt cực tiểu tại :x 1 y 0
d-Bảng biến thiên: : x - 0 1 +
y’ + 0 - 0 +
y
2
1
+
- 0
e-Tính lồi lõm và điểm uốn:
2
1 x 0 3 x '
y Bảng xét dấu y’’: x - 1/2 +
y’’ - 0 +
ĐT lồi ĐU(
2
1
; 4
1
3-Đồ thị:
Đồ thị nhận điểm uốn I(
4
1
; 2
1 ) làm tâm đối xứng Giao điểm với trục Ox: (1;0)
m x
0 x 0 ) m x ( x 3 mx 3 x
3
'
y 2
ta thấy với m 0 thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy
hàm số có CĐ,CT
+Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và 3
2
1
y ;có CT tại x=m và yMIN 0
+Nếu m<0 hàm số có CĐ tại x=m và yMAX 0;có CT tại x=0 và 3
2
1
Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đờng phân giác y=x,điều kiện ắt
có và đủ là OA OB tức là: m m 2 m 2
2
1
m 3 2
Cõu V.a ( 2,0 điểm ) : Phương trỡnh mặt phẳng (P) qua O nờn cú dạng : Ax + By + Cz = 0
với A2B2C20
Vỡ (P) (Q) nờn 1.A+1.B+1.C = 0 A+B+C = 0 C A B (1)
2
-2
1 o y
x
Trang 3Theo đề :
d(M;(P)) = 2 A 2B C 2 2 2 2 (A 2B C) 2 2(A 2 B 2 C ) 2
(2)
Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5B 2 0 B 0 hay B = 8A
5
B = 8A
5
Chọn A = 5 , B = 1 (1) C 3 thỡ (P) : 5x 8y 3z 0
CõuVb-1 Chọn A(2;3; 3),B(6;5; 2)(d) mà A,B nằm trờn (P) nờn (d) nằm trờn (P)
Gọi u vectơ chỉ phương của ( d1) qua A và vuụng gúc với (d) thỡ u ud
u uP
nờn ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P Ptrỡnh của đường thẳng ( d1) :
x 2 3t
y 3 9t (t R)
z 3 6t
() là đường thẳng qua M và song song với (d ) Lấy M trờn ( d1) thỡ M(2+3t;3 9t; 3+6t)
Theo đề : AM 14 9t2 81t2 36t2 14 t2 1 t 1
+ t = 1
3
M(1;6; 5) ( ) :x 1 y 6 z 5
1 4 2 1
+ t = 1
3 M(3;0; 1)
x 3 y z 1 ( ) :2
đáp án đề số 5 thi thử đại học lần 1 khối a – môn toán môn toán
I.Phần dành cho tất cả các thí sính
I
(2
điểm)
1 (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2}
b.Chiều biến thiên
+Giới hạn:
lim
; lim
; 2 lim lim
x x
x x
y y
y y
Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2
0,5
x
) 2 (
3
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 2 ) và ( 2 ; )
0,25 +Bảng biến thiên
x -2
y’ + + 2
0,25
Trang 4y
2
c.Đồ thị:
Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0;
2
1 ) và cắt trục Ox tại điểm(
2
1
;0)
2 (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình
) 1 ( 0 2 1 ) 4 (
2 2
1 2
x
x m x x x
Do (1) có m2 1 0va ( 2 ) 2 ( 4 m).( 2 ) 1 2m 3 0 m nên đờng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B
0,25
Ta có yA = m – môn toán xA; yB = m – môn toán xB nên AB2 = (xA – môn toán xB)2 + (yA – môn toán yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ngắn nhất AB2 nhỏ nhất m = 0 Khi đó AB 24
0,5
II
(2
điểm)
1 (1 điểm)
Phơng trình đã cho tơng đơng với 9sinx + 6cosx – môn toán 6sinx.cosx + 1 – môn toán 2sin2x = 8
6cosx(1 – môn toán sinx) – môn toán (2sin2x – môn toán 9sinx + 7) = 0
6cosx(1 – môn toán sinx) – môn toán (sinx – môn toán 1)(2sinx – môn toán 7) = 0
0,5
(1-sinx)(6cosx + 2sinx – môn toán 7) = 0
) ( 0 7 sin 2 cos 6
0 sin 1
VN x
x x
0,25
2 k
2 (1 điểm)
ĐK:
0 3 log log 0
2 2 2
x x x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với log log 2 3 5 (log2 3 ) ( 1 )
2 2
đặt t = log2x, BPT (1) 2 2 3 5 ( 3 ) ( 3 )( 1 ) 5 ( 3 )
t
0,5
4 log 3 1 log 4 3 1 )3 (5 )3 )(
1 ( 3 1
2 2
x t t t t t t
16 8
2
1 0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] ( 8 ; 16 )
2
1
; 0
III
x x
dx x
x x
dx
cos 2 sin
8 cos
cos sin
x y
O 2 -2
Trang 5dt t t t
t
dt I
t
t x x
dx dt
3
3 2 3
2
2 2
) 1 ( ) 1
2 ( 8
1
2 2
sin
; cos
C x x
x x
dt t t t t
dt t
t t t
2 2
4 3
3 3
2 4 6
tan 2
1 tan
ln 3 tan 2
3 tan 4
1 )
3 3 (
1 3 3
0,5
Câu IV
1 điểm Do AH (A1B1C1) nên góc AA1H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả
thiết thì góc AA1H bằng 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc
H
=300
2
3
1
a H
Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H
thuộc B1C1 và
2
3
1
a H
A nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH B1C1
nên B1C1 (AA1H)
0,5
Kẻ đờng cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và
B1C1
0,25
Ta có AA1.HK = A1H.AH
4
3
1
AA
AH H A
0,25
Câu V
1 điểm áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a
2009 ta có
) 1 ( 2009
2009 1
1
1 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 4 2005
a a
a a a a
a a
Tơng tự ta có
) 2 ( 2009
2009 1
1
1 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 4 2005
b b
b b b b
b b
) 3 ( 2009
2009 1
1
1 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 2009 4 2005
c c
c c c c
c c
0,5
C
C
1
K
H
Trang 6Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc
) (
2009 6027
) (
2009 )
( 4 6015
4 4 4
4 4 4 2009
2009 2009
c b a
c b a c
b a
Từ đó suy ra 4 4 4 3
a b c P
Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3
0,5
Phần riêng.
1.Ban cơ bản
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp
tuyến AB, AC tới đờng tròn và AB AC=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
2 3
IA
0,5
7
5 6
1 2
3 2
1
m
m m
m
0,5
2 (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng
cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI=> HI lớn nhất khi A I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5 )
3 1
;
; 2 1 ( t t t H
d
H vì H là hình chiếu của A trên d nên
) 3
; 1
; 2 ( ( 0
) 5
; 1
; 7 ( )
4
; 1
; 3
H AH Vậy (P): 7(x – môn toán 10) + (y – môn toán 2) – môn toán 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa
1
điểm
Từ giả thiết bài toán ta thấy có 2 6
4
C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 10
2
5
C cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52.C52= 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán
0,5
Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập Vậy có tất cả C42.C52.4! = 1440 số 0,5
2.Ban nâng cao.
Câu
VIa
2
điểm
1.( 1 điểm)
Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến
AB, AC tới đờng tròn và AB AC=> tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3
2 3
IA
0,5
7
5 6
1 2
3 2
1
m
m m
m
0,5
2 (1 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách
giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P)
Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH HI=> HI lớn nhất khi A I
Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
0,5 )
3 1
;
; 2 1 ( t t t H
d
H vì H là hình chiếu của A trên d nên
) 3
; 1
; 2 ( ( 0
) 5
; 1
; 7 ( )
4
; 1
; 3
H AH Vậy (P): 7(x – môn toán 10) + (y – môn toán 2) – môn toán 5(z + 1) = 0
7x + y -5z -77 = 0
0,5
Câu
VIIa Từ giả thiết bài toán ta thấy có 2 10
5
C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 0,5
Trang 71
điểm đứng đầu) và
3 5
C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52.C53 = 100 bộ 5 số đợc chọn
Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả C52.C53.5! = 12000 số
Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 3 4 ! 960
5
1
có tất cả 12000 – môn toán 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
0,5
