Đề thi đại học tham khảo môn toán năm 2010 pptx

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 2
5 4,= − +y x x
có đồ thị (C)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
2) Tìm m để phương trình
4 2
2
| 5 4 | log− + =x x m
có 6 nghiệm.
Câu II (2 điểm).
1) Giải phương trình:
1 1
sin 2 sin 2cot 2
2sin sin 2
+ − − =x x x
x x
2) Tìm m để phương trình:
( )
2
2 2 1 (2 ) 0− + + + − ≤m x x x x
có nghiệm x
0; 1 3
 
∈ +
 

Câu III (1 điểm). Tính tích phân:
4
0
2 1
1 2 1
+
=
+ +
∫
x
I dx
x
Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1

2 5= a
và
·
120=
o
BAC
. Gọi M là trung điểm của cạnh CC
1
. Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt

phẳng (A
1
BM).
Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh:
3 2 4 3 5+ + ≥ + +x y z xy yz zx
II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a. (2 điểm).
1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và
mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ
nhất.
2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm
M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với
A(2;–2).
Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình:
( )
2 2
3 3
log 1 log 2+ + − = −x x x x x
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b. (2 điểm).
1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường
thẳng ∆ có phương trình tham số
1 2
1
2
= − +


= −



=

x t
y t
z t
. Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆.
Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm
M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng
+OA OB
nhỏ
nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình:
2
4 2
(log 8 log )log 2 0+ ≥
x
x x
Hướng dẫn
Câu I: 2)
9
4
4
12
9
log 12 144 12
4
= ⇔ = =m m

http://ductam_tp.violet.vn/
Câu II: 1) PT ⇔ − cos
2
2x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0
⇔
2
cos2 0 2cos cos 1 0( )= ∨ + + =x x x VN
⇔ cos2x = 0 ⇔
2
2 4 2
π π π
π
= + ⇔ = +x k x k
2) Đặt
2
2 2= − +t x x
⇔ t
2
− 2 = x
2
− 2x. BPT ⇔
2
2
(1 2), [0;1 3]
1
−
≤ ≤ ≤ ∈ +
+
t
m t do x

t
Khảo sát hàm số:
2
2
( )
1
−
=
+
t
g t
t
với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t)
2
2
2 2
0
( 1)
+ +
= >
+
t t
t
⇒ g tăng trên [1,2]
Do đó, YCBT
⇔
BPT
2
2
1

−
≤
+
t
m
t
có nghiệm t ∈ [1,2]
⇔

[ ]
1;2
2
max ( ) (2)
3
∈
≤ = =
t
m g t g

Vậy: m
≤
2
3
Câu III: Đặt
2 1= +t x
⇒
3 3
2
1 1
1

1
1 1
 
= = − +
 ÷
+ +
 
∫ ∫
t
I dt t dt
t t
=
3
2
1
ln 1 2 ln 2
2
 
− + + = +
 
 
t
t t
Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A ≡ O,
( )
2 ,0,0−C a
,
1
(0,0,2 5)A a

3
(0;0;0), ; ;0
2 2
 
⇒
 ÷
 ÷
 
a a
A B
,
( 2 ,0, 5)−M a a
1
5 3
; ; 5 , (2;0; 5)
2 2
 
⇒ = − − =
 ÷
 ÷
 
uuuur uuuur
BM a MA a

Ta có thể tích khối tứ diện AA
1
BM là :
1 1
3
2

1 1
1 15 1
. , ; , 3 3
6 3 2
∆
   
= = = =
 
 
uuuur uuur uuuur uuur uuuur
AA BM BMA
a
V A A AB AM S MB MA a
Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA
1
) bằng
3 5
.
3
= =
V a
d
S
Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có:
( ) ( ) ( )
1 3 5
; 3 ; 5
2 2 2
+ ≥ + ≥ + ≥x y xy y z xy z x xy
⇒ đpcm

Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P)
Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'):
1 3 2
2 1 1
+ − +
= =
−
x y z
AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT:
2 1 0
(1,2, 1)
1 3 2
2 1 1
− + + =


⇒ −
 + − +
= =

−
x y z
H
x y z
Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :
'
'
'
2
2 '(3,1,0)

2
= +


= + ⇒


= +

H A A
H A A
H A A
x x x
y y y A
z z z
Ta có
' ( 6,6, 18)= − −
uuuur
A B
(cùng phương với (1;–1;3) ) ⇒ PT (A'B) :
3 1
1 1 3
− −
= =
−
x y z
Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
2 1 0
(2,2, 3)
3 1

1 1 3
− + + =


⇒ −
− −

= =

−

x y z
M
x y z
2)
3 6 0; 2 0+ − = − − =x y x y
Câu VII.a: PT
( )
( )
2
2
3
1 1
log 2 3 1
−
+ +
⇔ = − ⇔ = + +
x x
x x
x x x

x x
Đặt:
(2 )
( ) 3
−
=
x x
f x
,
1
( ) 1= + +g x x
x
(x
≠
0)
Từ BBT ⇒ max f(x) = 3; min g(x) = 3
⇒ PT f(x)= g(x) có nghiệm ⇔ maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1 ⇒ PT có nghiệm x = 1
Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
http://ductam_tp.violet.vn/
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.
Đường thẳng ∆ có PTTS:
1 2
1
2
= − +


= −



=

x t
y t
z t
. Điểm
∆
∈M
nên
( )
1 2 ;1 ;2− + −M t t t
.
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
( 2 2 ) ( 4 ) (2 ) (3 ) (2 5)
( 4 2 ) ( 2 ) ( 6 2 ) (3 6) (2 5)
(3 ) (2 5) (3 6) (2 5)
= − + + − − + = +
= − + + − − + − + = − +
+ = + + − +
AM t t t t
BM t t t t
AM BM t t
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ
( )
3 ;2 5=
r
u t
và

( )
3 6;2 5= − +
r
v t
.
Ta có
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
| | 3 2 5
| | 3 6 2 5

= +




= − +


r
r
u t
v t
Suy ra

| | | |+ = +
r r
AM BM u v
và
( )
6;4 5 | | 2 29+ = ⇒ + =
r r r r
u v u v
Mặt khác, với hai vectơ
,
r r
u v
ta luôn có
| | | | | |+ ≥ +
r r r r
u v u v
. Như vậy
2 29+ ≥AM BM
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
,
r r
u v
cùng hướng
3 2 5
1
3 6
2 5
⇔ = ⇔ =
− +
t

t
t
( )
1;0;2⇒ M
và
( )
min 2 29+ =AM BM
.
Vậy khi M(1;0;2) thì minP =
( )
2 11 29+
2)
2 6 0+ − =x y
Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x ≠ 1
BPT
4 2
8
1 1
2log log 2 0
log 2
 
⇔ + ≥
 ÷
 
x x
x

( )
2 2
2

1
log log 1 0
1
log
3
 
 ÷
⇔ + + ≥
 ÷
 ÷
 
x x
x