Đề tham khảo Toán Đại Học 2010 số 4

HƯỚNG DẨN GIẢI. Câu I.[r]

BỘ 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)

Cõu I (2,0 điểm)Cho hàm số : y=x3−3

2mx

2 +1

2m

3

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 6x 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

  



 



  



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

Cõu I 1/ Khảo sát hàm số: y=x3−3

2x

2 +1 2

1-Tập xác định:R

2-Sự biến thiên

a-Chiều biến thiên:

y '=3 x2− 3 x =0 ⇔

x1=1

¿

x2=0

¿

¿

¿

¿

¿

Hàm số đồng biến (   ;0) và (1;  ) ;Hàm số nghịch biến (0 ;1)

b-Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại : x=0 ⇒ y=1

2

Hàm số đạt cực tiểu tại : x=1⇒ y=0

c-Giới hạn: :

lim (x x ) ; lim (x x )

d-Bảng biến thiên: : x - ∞ 0 1 + ∞

y’ + 0 - 0 +

y 1

- ∞ 0

e-Tính lồi lõm và điểm uốn: y ''=6 x − 3=0 ⇒ x=1

2

Bảng xét dấu y’’: x - ∞ 1/2 + ∞

y’’ - 0 +

ĐT lồi ĐU( 1

2 ;

1

3-Đồ thị:

Đồ thị nhận điểm uốn I( 1

2;

1

4 ) làm tâm đối xứng

Giao điểm với trục Ox: (1;0)

2/Tacó

y '=3 x2− 3 mx=3 x (x − m)=0 ⇔

x=0

¿

x=m

¿

¿

¿

¿

¿

ta thấy với m≠ 0 thì y’ đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT

2

-2

1 o y

x

+Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và yMAX=1

2m

3

;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 yMIN=1

2m 3

Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đ ờng phân giác y=x,điều kiện ắt

có và đủ là OA=OB tức là: m=1

2m

3⇔ m2=2⇒ m=±√2

Cõu V.a ( 2,0 điểm ) : Phương trỡnh mặt phẳng (P) qua O nờn cú dạng : Ax + By + Cz = 0

với A2B2C20

Vỡ (P)  (Q) nờn 1.A+1.B+1.C = 0  A+B+C = 0  C  A B  (1)

Theo đề :

d(M;(P)) = 2

2 (A 2B C) 2(A B C )

 

Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5

8A 2

B 0 B 0 hay B =

5

 B 0 (1) C A Cho A 1,C 1

       thỡ (P) : x z 0  



8A

B =

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 :

+ t =

1

3



 M(1;6; 5)

x 1 y 6 z 5 ( ) :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

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:

x → −2+ ¿

=− ∞;lim y

x → −2 − =+ ∞ lim y

x →− ∞

=lim 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¿2

¿

¿

y '=3

¿

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (− ∞;−2) và (−2 ;+∞)

0,25

+Bảng biến thiên

x − ∞ -2 +∞

y’ + +

+∞ 2

y

2 − ∞

0,25

c.Đồ thị:

Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 1

2 ) và cắt trục Ox tại điểm( −

1

2 ;0)

Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,25

2 (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình

2 x +1

x +2 =− x +m⇔

x ≠ −2

x2+(4 −m) x +1− 2m=0(1)

¿{

Do (1) có −2¿2+(4 − m).(−2)+1− 2m=− 3 ≠ 0 ∀ m

Δ=m2+1>0 va¿ nên đờng thẳng d luôn luôn

cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B

0,25

Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – 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 – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 0,5

y

O

2 -2

x

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0

 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0



1− sin x=0

¿

6 cos x +2 sin x −7=0(VN)

¿

¿

¿

¿

0,25

 x= π

2+k 2 π

0,25

2 (1 điểm)

ĐK:

¿

x >0

log22x − log2x2− 3 ≥0

¿{

¿

Bất phơng trình đã cho tơng đơng với √log22x − log2x2− 3>√5 (log2x −3)(1)

đặt t = log2x,

BPT (1)  √t2−2 t −3>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t − 3)

0,5

⇔

¿t>3

t −3¿2

¿

¿

¿

⇔

¿

t ≤− 1

¿

3<t <4

¿

⇔

¿

t ≤− 1

¿

¿

¿{

¿

(t+1)(t − 3)>5¿

0,25

⇔ 0<x ≤ 1

2

¿

8<x <16

¿

¿

¿

¿

¿

Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ¿∪(8 ;16)

III

sin3x cos3x cos2x=8dx

sin32 x cos2x

cos2x ; sin2 x=

2t 1+t2

2 t 1+t2¿

3

¿

t2+1¿3

¿

¿t3

¿

¿

¿

¿

dt

¿

⇒ I=8¿

¿t

6 +3 t4+3t2+1

t3 dt

(t3+3 t+3

t+t

4tan

4x +3

2tan

2x +3 ln|tan x|− 1

2 tan2x+C

0,5

Câu IV

1 điểm Do AH⊥( A B1C1) 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

∠AA1H =300 ⇒ A1H= a√3

2 Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a,

H thuộc B1C1 và A1H = a√3

2 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 ⇒HK= A1H AH

a√3 4

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+1+ +1

⏟

2005

+a2009+a2009

+a2009 +a2009≥ 2009.2009√a2009 a2009 a2009 a2009=2009 a4(1)

A1

C

C 1 B1

K

H

Tơng tự ta có

1+1+ +1

⏟

2005

+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 2009√b2009 b2009 b2009 b2009=2009 b4(2)

1+1+ +1

⏟

2005

+c2009

+c2009

+c2009

+c2009≥ 2009.2009√c2009 c2009 c2009 c2009=2009 c4(3)

0,5

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc

6015+4 (a2009+b2009+c2009)≥ 2009(a4+b4+c4)

⇔6027 ≥ 2009(a4

+b4+c4)

Từ đó suy ra P=a4+b4+c4≤ 3

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 ⇒IA=3√2

0,5

⇔|m− 1|

√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔

m=− 5

¿

m=7

¿

¿

¿

¿

¿

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

H ∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H là hình chiếu của A trên d nên



u=(2 ;1;3)

AH⊥ d ⇒ AH u=0¿ là véc tơ chỉ phơng của d)

⇒ H (3 ;1 ;4)⇒ AH(−7 ;− 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Câu

VIIa

1

điểm

Từ giả thiết bài toán ta thấy có C24=6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số

0)và C52=10 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 C24 C52 4! = 1440 số 0,5

2.Ban nâng cao.

Câu

VIa

2

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

điểm AB, AC tới đờng tròn và AB⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3

⇒IA=3√2

0,5

⇔|m− 1|

√2 =3√2⇔|m− 1|=6⇔

m=− 5

¿

m=7

¿

¿

¿

¿

¿

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

H ∈ d ⇒ H (1+2 t ;t ;1+3 t) vì H là hình chiếu của A trên d nên



u=(2 ;1;3)

AH⊥ d ⇒ AH u=0¿ là véc tơ chỉ phơng của d) ⇒ H (3 ;1 ;4)⇒ AH(−7 ;− 1;5)

Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0

 7x + y -5z -77 = 0

0,5

Câu

VIIa

1

điểm

Từ giả thiết bài toán ta thấy có C52=10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0

đứng đầu) và C53 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C52 C53 = 100 bộ 5 số đợc

chọn

0,5

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 C14 C53 4 !=960 Vậy

có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán

0,5