ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 18 pot

ĐỀ THAM KHẢO 18
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN BẮT BUỘC (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số y =
x 2
2x 3
+
+
(1).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần
lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho ∆OAB cân tại gốc tọa độ O.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình:
cot 3 tan 2cot 2 3+ + + =x x x
.
2) Giải phương trình:
2 2
2( 1) 3 1 2 2 5 2 8 5− + + = + + − −x x x x x x
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân :
4
0
cos sin
3 sin 2
π
−
=
−

∫
x x
I dx
x
.
Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A′B′C′D′ cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh
CD, A′D′. Điểm P thuộc cạnh DD’ sao cho PD′ = 2PD. Chứng tỏ (MNP) vuông góc với (A′AM) và
tính thể tích của khối tứ diện A′AMP.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3 3
( ) ( ) ( )
3 3 3
+ − + − + −
= + +
a b c b c a c a b
P
c a b
.
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)
(Học sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)
2
+ (y + 1)
2
= 25 và điểm M(7; 3).
Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại A, B phân biệt sao cho MA = 3MB.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – 1 = 0 và hai đường thẳng
∆

1
:
x 1 y z 9
1 1 6
+ +
= =
; ∆
2
:
x 1 y 3 z 1
2 1 2
− − +
= =
−
. Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng ∆
1
sao
cho khoảng cách từ M đến đường thẳng ∆
2
và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng nhau.
Câu VII.a (1 điểm)
Gọi z
1
và z
2
là 2 nghiệm phức của phương trình:
2
2 10 0z z+ + =
.
Tính giá trị của biểu thức:

2 2
1 2
= +A z z
.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; –1), C(11; 2). Viết phương
trình đường thẳng đi qua A và chia ∆ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 2.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho, đường thẳng
1 2
:
1 2 1
− −
= =
x y z
d
và mặt phẳng (P): x +
3y + 2z + 2 = 0. Lập phương trình đường thẳng d′ đi qua điểm M(2; 2; 4), song song với mặt phẳng
(P) và cắt đường thẳng d.
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình:
( )
3
2 7
log 1 log+ =x x
.
Hướng dẫn
Câu I: 2) ∆OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = –x.
Nghĩa là: f ′(x
0

) = ±1 ⇒
2
0
1
1
(2x 3)
−
= ±
+
⇒
0 0
0 0
x 1 y 1
x 2 y 0
= − ⇒ =


= − ⇒ =


∆
1
: y – 1 = –1(x + 1) ⇔ y = –x (loại); ∆
2
: y – 0 = –1(x + 2) ⇔ y = –x – 2 (nhận)
Câu II: 1) Điều kiện:
sin cos 0
2
π
≠ ⇔ ≠x x x k

.
Ta có:
2 2
cos2 cos sin
2cot 2 2 2 cot tan
sin 2 2sin cos
−
= = = −
x x x
x x x
x x x
.
PT ⇔
2
cot 3
3 cot 3 cot cot 1 ,
4
cot 7cot 6 0
π
π
≤

+ = − ⇔ ⇔ = ⇔ = + ∈

− + =

¢
x
x x x x k k
x x

2) Điều kiện:
1
3
≥ −x
.
PT ⇔
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
( 1) 2( 1) 3 1 3 1 2 2 2 5 2 2 1 0
   
+ − + + + + + + − + + + + =
 
 
x x x x x x x x
( ) ( )
2
2
3 1 1
( 1) 3 1 2 2 1 0 1
2 1 2

+ = +

 
 
⇔ + − + + + − + = ⇔ ⇔ =
 
 

+ = +


x x
x x x x x
x x
.
Câu III: Đặt
sin cos= +u x x

2
2
1
4
⇒ =
−
∫
du
I
u
.
Đặt
2sin=u t

4 4
2
6 6
2cos
12
4 4sin

π π
π π
π
⇒ = = =
−
∫ ∫
tdt
I dt
t
.
Câu IV: Gọi Q là giao điểm của NP và AD. Do PD′ = 2PD nên D′N = 2DQ
2
2
.
4
= = ⇒ ⊥
a
AD DQ MD QM AM
(đpcm).
Ta có:
'
1
.
3
∆
=
A AP
V MD S
(1).
2

' ' ' ' '
2
∆ ∆ ∆
= − − =
A AP ADD A APD A D P
a
S S S S
Thay vào (1), ta được:
3
12
=
a
V
.
Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương
3
( )
,
3 3
+ −a b c c

c
và
1
3
ta được:
3 3
( ) 1 ( ) 4 1
3 3 3 3 3 3
+ − + −

+ + ≥ + − ⇒ ≥ + − −
a b c c a b c c
a b c a b
c c
(1).
Tương tự:
3
( ) 4 1
3 3 3
+ −
≥ + − −
b c a a
b c
a
(2),
3
( ) 4 1
3 3 3
+ −
≥ + − −
c a b b
c a
b
(3).
Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra
1 min 1≥ ⇒ =P P
khi
1= = =a b c
.
Câu VI.a: 1)

/( )
27 0= > ⇒
M C
P
M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.
Mặt khác:
2
/( )
. 3 3 3= = ⇒ = ⇒ =
uuur uuur
M C
P MA MB MB MB BH
2 2
4 [ ,( )]⇒ = − = =IH R BH d M d
Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a
2
+ b
2
> 0).
2 2
0
6 4
[ ,( )] 4 4
12
5
=

− −

= ⇔ = ⇔


= −
+


a
a b
d M d
a b
a b
.
Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0.
2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) ∈∆
1
; ∆
2
qua A (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương
a
r
= (2; 1; –2)
AM
uuuur
= (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒
AM;a
 
 
uuuur r
= (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t)
Ta có : d (M, ∆
2

) = d (M, (P)) ⇔
2
261t 792t 612 11t 20− + = −
⇔ 35t
2
– 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hay t =
53
35
Vậy M (0; 1; –3) hay M
18 53 3
; ;
35 35 35
 
 ÷
 
Câu VII.a: ∆’ = –9 = 9i
2
do đó phương trình có 2 nghiệm z
1
= –1 – 3i, z
2
= –1 + 3i
⇒
2 2
1 2
= +A z z
= (1 + 9) + (1 + 9) = 20
Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0.
2) Chọn
( ;1 2 ;2 ) ( 2;2 1; 2)∈ ⇒ + + ⇒ = − − −

uuuur
N d N t t t MN t t t
.
( )
1 3 3
( ) . 0 ( ) 1 (1;3;3) ':
1 1 1
− − −
⇔ = ∉ ⇔ = ⇔ ⇒ = =
−
uuuur r
P
P
x y z
MN P MN n do M P t N d
.
Câu VII.b: Điều kiện: x > 0. Đặt
7
log 7= ⇔ =
t
t x x
.
PT ⇔
( )
3 3
3 3 3 3
2
1 7
log 1 7 1 7 2 1 7 8 1 0
8 8

   
+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + − =
 ÷  ÷
   
t t
t t t t
t
t
(*).
Hàm số
3 3
1 7
( ) 1
8 8
   
= + −
 ÷  ÷
   
t t
f t
nghịch biến và
(3) 0=f
nên (*) có nghiệm t = 3.
Vậy phương trình có nghiệm x = 343.