đề thi đại học dự trữ (1) môn toán năm 2006 khối a

ĐỀà DỰ BỊ 2 –TOÁN KHỐI A –năm 2006


Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh


Câu I (2 đ)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số
y =
()
x
x−−
4
2
21
2

2) Viết phương trình các đường thẳng đi qua điểm A(0, 2) và tiếp xúc với (C).
Câu II (2 đ)

1) Giải phương trình: 2sin
2x -
π
⎛
⎜
⎝⎠
6
⎞
⎟
+ 4sinx + 1 = 0
2) Giải hệ phương trình:

,
()
xxyy
x
yR
xy
⎧
−=+
⎪
∈
⎨
−= +
⎪
⎩
33
22
82
33 1

Câu III (2 đ)

Trong không gian với hệ trục Oxyz. Cho mp
(
α
): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4, 0, 0) ; B(0, 4, 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mp (
α
)
2) Xác đònh tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mp (
α

) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mp
(
α
).
Câu IV (2 đ)

1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x
2
– x + 3 và
đường thẳng d: y = 2x + 1
2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện:
xyz−−−
+
+=3331
. Chứng minh rằng:

x
yzxy
xyz yzx zxy+++
++
++≥
+++
99933
33 33 33 4
z
3

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

Câu Va (2đ)

1) Trong mp với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC
song song với d. Phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1, 1). Tìm
tọa độ các đỉnh A, B, C.
2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của tất
cả các số tự nhiên đó.
Câu Vb (2 đ)

1) Giải phương trình:
log log log
xx
x
+=
2
2
22 4 8
2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB = a, AD = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60
0
. Trên cạnh SA
lấy điểm M sao cho
AM =
a 3
3
. Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N.
Tính thể tích khối chóp S.BCNM

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I

1/ KS: y=
x
x−+
4
2
2
2
2 .MXĐ: D=R
y’=2x
3
-4x=2x(x
2
-2); y’= 0 x=0 hay x=
⇔
± 2


x
−∞ −
2
0
2
+∞
y' − 0 + 0 − 0 +
y +∞ 2 +∞
0 CĐ 0
CT CT

y”=6x
2

-4;
y”=0=>x=
±±
26
33

Đồ thò hàm số: Học sinh tự vẽ.
2/ pt tiếp tuyến d qua A(0,2) có dạng d:y=kx+2
d là tiếp tuyến của (C)
có n
g
hiệ
m

()
()
x
xkx
xxk
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
−+=+
⇔
−=
4

2
2
22 21
3
24 2

Thay (2) vào (1) ta có phương trình hòanh độ tiếp điểm là
3x
4
-8x
2
=0 x=0 hay x=
⇔ ±
8
3

• x=0 thì k=0 ta có tiếp tuyến d
1
: y=2
• x=
±
8
3
thì k=
±
82
33
ta có hai tiếp tuyến d
2,3
:y=

±
82
33
x+2
Câu II
1/ Giải phương trình:
sin sinxx
π
⎛⎞
−+ +=
⎜⎟
⎝⎠
22 4 1
6
0
(1)
(1)
⇔ 3
sin2x-cos2x+4sinx+1=0 <=>2
3
sinxcosx+4sinx+2sin
2
x=0
⇔
sinx(
3
cosx+sinx+2)=0
sin cos sin
sin cos( )
xhay x x

x
hay x x k hay x k
ππ
π
π
=++=
=−=−⇔==+
⇔
⇔
03 20
7
01
66
2

2/ Giải hệ phương trình

()
x
yy
y
x
x
−=+
⎧
⎪
⎨
⎪
−= +
⎩

33
22
82
33 1
(I)
(I)
()(
()
yxy
y
x
x
⎧
−= +
⎪
⇔
⎨
⎪
−=
⎩
33
22
24 1
362
)
)
Thế (2) vào (1) ta có:
)( ) )(((
y
x

yy
x
y
xx−= +=− +
33 2 3
64 3 43

xy
x
y
xha
y
x
y
ha
y
x
y
x +− =⇔= = =−⇔
32 2
12 0 0 3 4

 x= 0 -3y
2
= 6 vô nghiệm
⇒
 x=3y thay vào (2) có hai nghiệm (3,1) và (-3,-1)
 x=-4y thay vào (2)có nghiệm
., .,hay
⎛⎞⎛

−−
⎜⎟⎜
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
66 6 6
44
13 13 13 13
⎞
⎟
⎟
⎠

Câu III
1/ Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mp(
α
)

pt AB: Toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mp(
xy
z
+=
⎧
⎨
=
⎩
4
0
α
) là nghiệm của hệ phương trình:
(,,

xy x
zyM
xyz z
+= =−
⎧⎧
⎪⎪
=⇔=⇒−
⎨⎨
⎪⎪
+−+= =
⎩⎩
412
0161
32 40 0
)
2160

2/Vì I là trung điểm của AB
⇒
I(2,2,0). Gọi K (x; y; z )
cùng phương
KI
uur
()
n
α
uur
và KO = d(K,(
α
))

⇔
,,
x
y
z
K
xyz
xyz
−
−
⎧
==
⎪
−
−
⎪
⎛⎞
⇔
⎨
⎜⎟
+−+
⎝⎠
⎪
++ =
⎪
⎩
222
2
2

321
11 3
32 4
424
14

Câu IV

1/ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi P:y=x
2
-x+3 và d:y=2x+1
Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x
2
-x+3 = 2x+1
x=1 hay x=2
⇔
()Sxxxdx
⎡
=+−−+=
⎣
∫
2
2
1
1
21 3
6
⎤
⎦
]2

( vì 2x + 1 )
,[;xx x≥−+∀∈
2
31
2/ Chứng minh bất đẳng thức
x
yz
x
+
+
9
33
+
y
y
zx
+
+
9
33
+
z
x
y
z
+
+
9
33
≥

y
x
z
++333
4

với 3
-x
+ 3
-y
+ 3
-z
= 1 Đặt a =3
x
, b =3
y
, c =3
z
Theo giả thiết ta có:a,b,c > 0 và ab + bc + ca= abc (1)
Bất đẳng thức cần chứng minh:
a b c abc
abcbca cab
+
+
++≥
+++
222
4

⇔

abcab
a abc b abc c abc
++
++≥
+++
333
222
4
c
(2)
Thay abc vào (2) ta có:
()()()()()()
a b c abc
abac bcba cacb
+
+
++≥
++ ++ ++
333
4

Áp dụng BĐT côsi cho 3 số dương ta có:
.
()()
aabaca
abac
++
++≥ =
++
33

3
3
88 64
3
a
4

.
()()
bbcbab
bcba
++
++≥ =
++
33
3
3
88 64
3
b
4


.
()()
ccacbc
cacb
++
++≥ =
++

33
3
3
88 64
3
c
4

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có ĐPCM.
Câu Va

1/ Tìm toạ độ A,B,C
Vì AC BH có hệ số góc bằng -1 suy ra hệ số góc của AC là 1. ⊥
Vì M(1,1)∈AC pt AC:y-1=1(x-1) y = x .Tọa độ A là nghiệm của hệ:
⇒ ⇔
,xy A
xy
yx
⎧
⎪
⎛⎞
⇔==−⇒ − −
⎨
⎜⎟
⎝⎠
⎪
⎩
−−=
=
22

33
2
3
042

Vì M(1,1) là trung điểm của AC
⇒ ,C
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
88
33

Cạnh BC//d và qua C
⇒
pt BC: (x-
8
3
) – 4( y-
8
3
) = 0 hay .Tọa độ B là nghiệm của hệ :
xy−−=480
()
,
xy
B
xy
++=
⎧

⇒−
⎨
−−=
⎩
30
41
480
2/ Gọi
n aaaaa a a a a a==++++
43 21
43210 4 3 2 1 0
10 10 10 10 10
0
là số cần lập
Ta có 4 cách chọn a
4

4 cách chọn a
3

3 cách chọn a
2

2 cách chon a
1

1 cách chọn a
0

Vậy có 4.4.3.2.1=96 số n

Cách 2 : Ta có 4 cách chọn a
4
và 4! cách xếp 4 số còn lại
Vậy có 4.4!= 96 số n
* Tính tổng 96 số n lập được
Có 24 số
naaaa=
4321
0 ;
Có 18 số
naaaa=
4321
1;Có 18 số naaaa=
4321
2 ;
Có 18 số n=
naaaa=
4321
3 ;Có 18 số naaaa=
4321
4
Tổng các chữ số hàng đơn vò là: 18(1+2+3+4)=180. Tương tự ; tổng các chữ số hàng chục là: 1800;tổng các
chữ số hàng trăm là: 18000;tổng các chữ số hàng ngàn là: 180000.
Có 24 số
n aaaa=
3210
1 ; Có 24 số naaaa=
3210
2 ;Có 24 số

naaaa=
3210
3 ; Có 24 số naaaa=
3210
4
Tổng các chữ số hàng chục ngàn 24(1+2+3+4)10000=2400000
Vậy tổng 96 số n là 180+1800+18000+180000+2400000=2599980
Cách 2
: Có 24 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vò trí a
4
.
Có 18 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vò trí a
i
với i = 0, 1, 2, 3
Vậy tổng 96 số n là ( 1+2+3+4 ) [ ]
.(++++
4321
24 10 18 10 10 10 10 )
0
Câu Vb

1/ Giải pt:
log log log
xx
+=
22
22 4 8
x
(1)
()

log log log log log log
log
x
x
xx x
xx
⇔+ = ⇔+ =
⇔=⇔=
++
22 2 2
2
14 6 1 1 6
1
22 2
12
11
x
2

2/ Tính thể tích hình chóp SBCMN
(BCM)//AD nên nó cắt (SAD) theo giao tuyến MN//AD
Ta có
B
CBM
BC AB
BC SA
⎧
⎪
⇒⊥
⎨

⎪
⎩
⊥
⊥

Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
Ta có SA=ABtg60
0
=
a 3

a
a
MN SM MN
AD SA a
a
−
=⇔= =
3
3
2
3
23
3

⇒
MN =
a4
3
,

BM =
aa
a +=
2
2
2
3
3

Diện tích hình thang BCMN là
BC MN
SBM
a
a
aa
S
+
=
⎛⎞
+
⎜⎟
==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
2
2
4
2
210

3
2
333







()
.
SBCMN
VSHdtBC=
1
3
MN
Hạ SH BM.Ta có SH⊥
⊥
BM và BC
⊥
(SAB)
≡
(SBM) BC SH
⇒
⊥
Vậy SH (BMCN) SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có
⊥
⇒

AB AB AM
SB a
cos SB MS
===>=
0
1
2
60 2
=

Vậy BM là phân giác của góc SBH
⇒

SBH =
0
30
⇒
SH=SB.sin30
0
=2a.
1
2
= a
V=
1
3
a.
a
=
2

a
3
10 3
27
33
10

Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát
(Trung Tâm Luyện Thi Vónh Viễn)