de thi thu toan 2014 de 4

on thi

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

Mơn Thi: TỐN – Khối A

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

I PHẦN CHUNG: (7 điểm)

Câu 1:Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ (Cm); (m là tham số)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3

2 Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau

Câu 2:

1 Giải phương trình: 2cos3x + 3 sinx + cosx = 0

2 Giải hệ phương trình







Câu 3: Cho số thực b  ln2 Tính J =





x ln10

e dx

e 2 và tìm b ln2 lim J

Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc 

Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009

x yz  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = 2x y z1 x 21y z  x y1 2z

II.PHẦN TỰ CHỌN:

1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu 6.1a

1.Phương trình hai cạnh của một tamgiác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;

4x + 7y – 21 = 0 viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đĩ, biết rằng trực tâm của nĩ trùng với gốc tọa độ O

2 Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng

(d) : x1 12y z22 và mặt phẳng () : 2x – y – 2z = 0

Câu 6.2a

Cho tập hợp X = 0,1,2,3,4,5,6,7 Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1

2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao.

Câu 6b 1b

1 Trong mpOxy, cho đường trịn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0 Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà gĩc giữa hai tiếp tuyến đĩ bằng 600

2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d1) : 





 4 z

t y

t 2 x

; (d2) :

3 0

y t z

 









 

 Chứng minh (d1) và (d2) chéo nhau Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2)

Câu 6b.2b Giải phương trình sau trong C: Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

HƯỚNG DẪN GIẢI:

I PHẦN CHUNG:

Câu 1: : y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm)

1 m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3)

+ TXĐ: D = R

+ Giới hạn: limx  y , limx y

+ y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2  0; x

* Bảng biến thiên:

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)

y” = 0  x = –1 điểm uốn I(-1;0)

* Đồ thị (C3):

2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0   

x 02

* (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE  0







   



m 0

9 4m 0

4 m

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

kD = y’(xD) = 2    

kE = y’(xE) = 2    

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1

 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1

 9m + 6m (–3) + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét)

 4m2 – 9m + 1 = 0  m = 1 9 65  

8 ĐS: m = 19 65 hay m 19 65

Câu 2 :

1 3 sin x cosx 2 cos3x 0  sin   3sinx + cos3cosx = – cos3x

 cos  

x  cos3x



x  cos( 3x) 3





 





   



k x

3

 x = k

3 2 (k  Z)

2 Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

x   y   y  x y  x

y x y x

1

x y

 x = y (trong ngoặc luơn dương và x vay đều lớn hơn 2)

Vậy từ hệ trên ta cĩ: x291 x 2x2  x291 10  x 2 1 x2 9

2

2

( 3)( 3)

2 1

91 10

x x

 

2 1

91 10

x x

 x = 3

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3





b

2/ 3 1/ 3

3 u

b 2/ 3

3 4 (e 2) ;

2 với u = ex – 2, du = exdx)

Suy ra:

b 2/ 3

b ln2 b ln2

Câu 4:

Dựng SH AB

 Ta có:

SH (ABC)

  và SH là đường cao của hình chóp

 Dựng HN BC, HP AC 

 SHN = SHP SHN = SHP SHN = SHP  HN = HP

 SHN = SHP AHP vuông có: HP HA.sin60o a 3.

4

S

H

P

C A

B

N



 SHN = SHP SHP vuông có: SH HP.tg a 3tg

4

 Thể tích hình chóp

2 3 ABC

Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta cĩ:

4ab ≤ (a + b)2 1

4

a b

a b ab





1 1 1

( , 0)

2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z

Tương tự: 1 1 1 1 1

2x y z  x2y z  x y 2z

    

Vậy MaxP = 2009

4 khi x = y = z =

12 2009 II.PHẦN TỰ CHỌN:

1 Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản

Câu 6a.1a

1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)

Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP a = (7; - 4) của AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)

A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0

2 Gọi A(a; 0; 0) Ox

 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) :  2 2a2 2 2a

d(A; )

3

2 1 2

 ( ) qua SHN = SHP M (1; 0; 2)0  và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)

 Đặt M M 0 1u

 Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác SHN = SHP AM M0 1

0 1

2 0

AM M

0 1

[AM ; u]

d(A; )

 



 Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )  SHN = SHP

2

2

 Vậy, có một điểm A(3; 0; 0)

Câu 6a.2a n = a b cd e

* Xem các số hình thức a b cd e , kể cả a = 0 Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là c) Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \  1 : số cách chọn 4

7

A Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài

* Xem các số hình thức 0bcde

* Loại những số dạng hình thức 0bcde ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài

1 Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao:

Câu 6b.1b

1 (C) cĩ tâm I(3;0) và bán kính R = 2

M  Oy  M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)

Vậy





0

0

60 (1)

120 (2)

AMB

AMB





Vì MI là phân giác của AMB

(1)  AMI = 300

0 sin 30

IA MI

   MI = 2R  m29 4  m 7

(2)  AMI = 600

0 sin 60

IA MI

3 R 

9 3

m   Vơ nghiệm Vậy cĩ hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 )

2.- (d1) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương u1 (2; 1; 0)

- (d2) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương u2 (3; 3; 0)

AB (3; 0; 4)  

       AB.[u ; u ] 36 0         1 2                 AB, u , u 1 2

không đồng phẳng

 Vậy, (d1) và (d2) chéo nhau

 Gọi MN là đường vuông góc chung của (d1) và (d2)

 M (d ) 1  M(2t; t; 4), N (d ) 2  N(3 t ; t ; 0) /  /



 Ta có:

1

/ / 2

N(2; 1; 0)

t 1

MN u





 Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính R 1MN 2.

2

 Vậy, phương trình mặt cầu (S): (x 2) 2 (y 1) 2(z 2) 2 4

Câu 6b.2b

Xét phương trình Z4 – Z3 + 6Z2 – 8Z – 16 = 0

Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z2 = 2 Vậy phương trình trở thành:

(Z + 1)(Z – 2)(Z2 + 8) = 0

Suy ra: Z3 = 2 2 i và Z4 = – 2 2 i Đáp số: 1,2, 2 2 i, 2 2 i  