Đề&HD Toán ĐH 2010 số 39

http://ductam_tp.violet.vn/
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn Thi: TOÁN – Khối A
ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
4 3 2
2 3 1 (1)= + − − +y x mx x mx
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0.
2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu.
Câu II: (2 điểm)
1) Giải phương trình: cos3xcos
3
x – sin3xsin
3
x =
2 3 2
8
+
2) Giải phương trình:
2 2
2 1 2 ( 1) 2 3 0+ + + + + + + =x x x x x x
Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:
( )
2
0
1 sin 2
π
= +
∫

I x xdx
.
Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy
AB = a, cạnh bên AA′ = b. Gọi
α
là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′BC). Tính
tan
α
và thể tích của khối chóp A′.BB′C′C.
Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh:
2 2 2
2 2 2
+ + ≥ + +
a b c a b c
b c a b c a
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là
giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung
điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường
thẳng AB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt
cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2

– 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt
cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình:
2 2
1 2
9 1 10.3
+ − + −
+ ≥
x x x x
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b: (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
+ 4x + 4y + 6 = 0 và
đường thẳng ∆: x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường
tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn
nhất.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm
D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm
của tam giác MNP.
Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình:
1
4 2 2(2 1)sin(2 1) 2 0
+
− + − + − + =
x x x x
y

.

Hướng dẫn
http://ductam_tp.violet.vn/
Cõu I: 2) o hm
3 2 2
4 3 4 3 ( 1)[4 (4 3 ) 3 ]

= + = + + +y x mx x m x x m x m
2
1
0
4 (4 3 ) 3 0 (2)
=


=

+ + + =

x
y
x m x m
Hm s cú 2 cc tiu y cú 3 cc tr y = 0 cú 3 nghim phõn bit
(2) cú 2 nghim phõn bit khỏc 1
2
(3 4) 0
4
.
3

4 4 3 3 0


= >


+ + +

m
m
m m
Th li: Vi
4
3
m
, thỡ y = 0 cú 3 nghim phõn bit
1 2 3
, ,x x x
T bng bin thiờn ta thy hm s cú 2 cc tiu. Vy, hm s cú 2 cc tiu khi
4
.
3
m
Cõu II: 1) PT
2
cos4 ,
2 16 2

= = + x x k k Z
2) t:

2 2
2 2 2
2 2
2 2
2
2
2 1
2, 0 2
1
2 3
2 3, 0
2

= +


= + > = +




= + +
=

= + + >




v u x

u x u u x
v u
v x x
x
v x x v

PT
0 ( )
1
( ) ( ) 1 0
1
( ) 1 0 ( )
2 2
2 2
=

+


+ + =
+

ữ


+ + + =


ữ

v u b
v u
v u v u
v u
v u c
Vỡ u > 0, v > 0, nờn (c) vụ nghim.
Do ú: PT
2 2
1
0 2 3 2
2
= = + + = + = v u v u x x x x
Cõu III: t
1
sin 2
= +


=

u x
dv xdx
I =
( )
/2
2
0
0

1 1
1 cos2 cos2 1
2 2 4



+ + = +

x x xdx
.
Cõu IV: Gi E l trung im ca BC, H l trng tõm ca ABC. Vỡ A.ABC l hỡnh chúp
u nờn gúc gia hai mt phng (ABC) v (ABC) l =
ã

A EH
.
Ta cú :
3 3 3
, ,
2 3 6
= = =
a a a
AE AH HE

2 2
2 2
9 3
' '
3

= =
b a
A H A A AH
.
Do ú:
2 2
' 2 3
tan


= =
A H b a
HE a
;
2 2 2 2
. ' ' '
3 3
' .
4 4


= = =
ABC ABC A B C ABC
a a b a
S V A H S
2 2 2
'.
1 3
' .
3 12

= =
A ABC ABC
a b a
V A H S
.
Do ú:
' ' ' . ' ' ' '.
=
A BB CC ABC A B C A ABC
V V V
=
2 2 2
3
6
a b a
Cõu V: p dng BT Cụsi, ta cú:

2 2 2 2 2 2
3
2 2 2 2 2 2
3 . . 3+ + =
a b c a b c
b c a b c a
(1)

2 2 2
2 2 2
1 2 ; 1 2 ; 1 2+ + +

a a b b c c
b b c c a a

2 2 2
2 2 2
2 3

+ + + +
ữ

a b c a b c
b c a b c a
(2)
T (1) v (2)
2 2 2
2 2 2
2 2


+ + + +
ữ ữ

a b c a b c
b c a b c a
pcm.
Cõu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)
: x + y 5 = 0, E E(m; 5 m); Goùi N laứ trung ủieồm cuỷa AB
http://ductam_tp.violet.vn/
I trung ñieåm NE ⇒
2 12

2 4 5 1
= − = −



= − = − + = −


N I E
N I E
x x x m
y y y m m
⇒ N (12 – m; m – 1)
uuuur
MN
= (11 – m; m – 6);
uur
IE
= (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m)
. 0=
uuuur uur
MN IE
⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0
⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7
+ m = 6 ⇒
uuuur
MN
= (5; 0) ⇒ PT (AB) laø y = 5
+ m = 7 ⇒
uuuur

MN
= (4; 1) ⇒ PT (AB) laø x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 = 0
2) I (1; 2; 3); R =
1 4 9 11 5+ + + =
d (I; (P)) =
2(1) 2(2) 3 4
3
4 4 1
− − −
=
+ +
< R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C)
Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :
1 2
2 2
3
= +


= −


= −

x t
y t
z t
Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t)
J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1
Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r =

2 2
4− =R IJ
Câu VII.a: Đặt
2
3
+
=
x x
t
, t > 0. BPT ⇔ t
2
– 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9)
Khi t ≤ 1 ⇒
2
2
3 1 0 1 0
+
= ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤
x x
t x x x
(a)
Khi t ≥ 9 ⇒
2
2
2
3 9 2 0
1
+
≤ −


= ≥ ⇔ + − ≥ ⇔

≥

x x
x
t x x
x
(b)
Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–∞; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; + ∞).
Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R =
2
Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có
S
∆
ABC
=
·
1
IA.IB.sin AIB
2
= sin
·
AIB
Do đó S
∆
ABC
lớn nhất khi và chỉ khi sin
·
AIB

= 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I
⇔ IH =
IA
1
2
=
(thỏa IH < R) ⇔
2
1 4m
1
m 1
−
=
+

⇔ 1 – 8m + 16m
2
= m
2
+ 1 ⇔ 15m
2
– 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m =
8
15
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.
Ta có :
( ) ( )
( ) ( )
1; 1; 1 ; ; ;0
.

1; 1; 1 ; ;0; .


= − − = −
= +
 
⇒
 
= − − = − = +




uuur uuuur
uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
DP p NM m n
DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p
.
Phương trình mặt phẳng (P):
1+ + =
x y z
m n p
. Vì D ∈(P) nên:
1 1 1
1
−
+ + =
m n p

.
D là trực tâm của ∆MNP ⇔
. 0
. 0
( ) ( )
 
⊥ =
 
 
⊥ ⇔ =
 
∈ ∈
 
uuur uuuur uuur uuuur
uuur uuuur uuur uuuur
DP NM DP NM
DN PM DN PM
D P D P
⇔
0
3
0
3
1 1 1
1
+ =

= −



+ = ⇔


= =


−

+ + =


m n
m
m p
n p
m n p
Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P):
1
3 3 3
+ + =
−
x y z
.
http://ductam_tp.violet.vn/
Câu VII.b: PT ⇔
( )
2
2
2 1 sin(2 1) 0(1)
2 1 sin(2 1) cos (2 1) 0

cos(2 1) 0 (2)

− + + − =

− + + − + + − = ⇔

+ − =


x x
x x x
x
y
y y
y
Từ (2) ⇒
sin(2 1) 1+ − = ±
x
y
.
• Khi
sin(2 1) 1+ − =
x
y
, thay vào (1), ta được: 2
x
= 0 (VN)
• Khi
sin(2 1) 1+ − = −
x

y
, thay vào (1), ta được: 2
x
= 2 ⇔ x = 1.
Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = –1 ⇔
1 ,
2
π
π
= − − + ∈y k k Z
.
Kết luận: Phương trình có nghiệm:
1; 1 ,
2
π
π
 
− − + ∈
 ÷
 
k k Z
.