DAP AN DE TU LUYEN 09

TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU VÀO ĐH -CAO
ĐẲNG 2009
Khoa Khoa học Tự nhiên Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài : 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
( )
3 2
3 4f x x x= - +
.
2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:
G(x)=
4
2
1
sin23
2
1
sin2
23
+






+−







+
xx
Câu II. (2,0 điểm)
1. Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất:

( ) ( )
ln 2ln 1mx x= +
.
2. Giải phương trình:
( ) ( )
3 3
sin 1 cot cos 1 tan 2sin 2x x x x x+ + + =
.
Câu III. (1,0 điểm) Tính:
0
243
12
lim
2
→
−−+
+−
xkhi
xx
xe
x

Câu IV. (1,0 điểm)Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABCD có
2, 3, 1, 10, 5, 13AB AC AD CD DB BC= = = = = =
.
Câu V. (1,0 điểm)Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với
:2
≥
x

2 2
3,
3 5 .
x y
x y m
ì
+ =
ï
ï
ï
í
ï
+ + + =
ï
ï
î
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: theo chương
trình Chuẩn hoặc Nâng cao.
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh:

A(-2;3),B(
)0;2(),0;
4
1
C
2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
( )
4; 5;3M - -
và cắt cả hai đường
thẳng:

2 3 11 0
':
2 7 0
x y
d
y z
ì
+ + =
ï
ï
í
ï
- + =
ï
î
và
2 1 1
'':
2 3 5

x y z
d
- + -
= =
-
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho
1 2 3 2
6 6 9 14
n n n
C C C n n+ + = -
, trong đó
k
n
C
là số tổ
hợp chập k từ n phần tử.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Viết phương trình elip với các tiêu điểm
( ) ( )
1 2
1;1 , 5;1F F-
và tâm sai
0,6e =
.
2. Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng

2 0,
:

3 2 3 0,
x z
d
x y z
ì
- =
ï
ï
í
ï
- + - =
ï
î
trên mặt phẳng

: 2 5 0P x y z- + + =
.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho
2 2
n n
n k n k
C C
- +
lớn nhất hoặc nhỏ nhất.


P N & THANG IM
I. PHN CHUNG
Cõu I (2,0 im)

1.(1,0 im)
Tp xỏc nh ca hm s:
Ă
.
Gii hn ti vụ cc:
( )
lim
x
f x
đƠ
=Ơ
.

( ) ( )
2
' 3 6 3 2f x x x x x= - = -
.
Bng bin thiờn:
x
- Ơ
0 2
+Ơ

( )
'f x
+ 0
-
0 +
4
+Ơ

( )
f x

- Ơ
0
Nhn xột: Hm s t cc i ti x = 0,
4
CD
f =
;
t cc tiu ti
2, 0
CT
x f= =
.
th:
2. (1,0 im)
t
1
2sin
2
x t+ =
; khi ú, t thay i trờn on
3 5
;
2 2
ộ ự
ờ ỳ

-
ờ ỳ
ở ỷ
v:

( ) ( )
3 2
3 4.g x f t t t= = - +
Giỏ tr ln nht v nh nht ca hm s trờn on ny nm trong bn giỏ
tr c bit: giỏ tr ti hai u on v hai giỏ tr cc tr. Ta cú:

( ) ( )
3 27 9 27 54 32 49
3. 4 ;
2 8 4 8 8
0 4; 2 0;
5 125 25 125 150 32 7
3. 4
2 8 4 8 8
CD CT
f
f f f f
f
ổ ử
- - +
ữ
ỗ
- =- - + = =-
ữ
ỗ

ữ
ữ
ỗ
ố ứ
= = = =
ổử
- +
ữ
ỗ
= - + = =
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
So sỏnh cỏc giỏ tr ny, ta thy giỏ tr ln nht ca hm s l 4, giỏ tr
nh nht l
49
8
-
.
Cõu II (2,0 im)
1. (1,0 im)
Tp xỏc nh ca phng trỡnh gm mi s x sao cho
1, 0x mx>- >
.
Nh vy trc ht phi cú
0m ạ
.

Khi ú, phng trỡnh tng ng vi:

( ) ( )
2
2
1 2 1 0mx x x m x= + + - + =
. (1)
Phng trỡnh ny cú:
2
4m mD = -
. Nhng giỏ tr
( )
0;4m ẻ
ng
nhiờn b loi ngay. Vi
0m =
, (1) cú nghim duy nht
1x =-
nhng nm
ngoài tập xác định nên bị loại. Với
4m =
, (1) có nghiệm duy nhất
1x =-
thoả mãn điều kiện xác định nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
Với
0m <
, điều kiện xác định trở thành
1 0x- < <
. Khi đó
0D >

nên
(1) có hai nghiệm phân biệt
( )
1 2 1 2
, ,x x x x<
; mặt khác,

( ) ( )
1 0, 0 1 0f m f- = < = >

nên
1 2
1 0x x<- < <
, tức là chỉ có
2
x
là nghiệm của phương trình đã cho.
Như vậy, các giá trị
0m <
thoả mãn điều kiện bài toán.
Cuối cùng, xét
4m >
. Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và
phương trình (1) cũng có hai nghiệm phân biệt
( )
1 2 1 2
, ,x x x x<
. Áp dụng
định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị
4m >

cũng bị loại.
Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:

( ) { }
;0 4m Î - ¥ È
.
2. (1,0 điểm)
Tập xác định gồm các giá trị
2
k
x
p
¹
sao cho
sin 2 0x ³
.
Khi đó, vế trái của phương trình bằng:
( )
( )
( )
3 3 2 2
2 2
sin cos sin cos cos sin
sin cos sin sin cos cos sin cos sin cos
sin cos .
x x x x x x
x x x x x x x x x
x x
+ + + =
+ - + + + =

+
Như vậy, phương trình đã cho trở thành:
( )
2
sin cos 2sin 2
sin cos 0
sin cos 2sin 2 .
x x x
x x
x x x
+ = Û
ì
+ ³
ï
ï
ï
í
ï
+ =
ï
ï
î
Phương trình cuối lại có thể viết thành:
1 sin 2 2sin 2 sin 2 1( 0)
2 2 .
2 4
x x x
x k x k
p p
p p

+ = Û = > Û
= + Û = +
Để thoả mãn điều kiện
sin cos 0x x+ ³
, các nghiệm chỉ có thể là:

2
4
x k
p
p= +
Câu III (1,0 điểm)
Ta có:
( ) ( )
( )
2 2
2
2
2
2
2
2
2 1 1 2 1 1
.
3 4 2 3 4 2
1 2 1 1
.
3 4 2
1 2 1 1 ( 3 4 2 )
.

3 4 2
2 1 ( 3 4 2 )
2. .
2
1 2 1
2 1
2.
2
1 2 1
x x
x
x
x
x
e x x e x
x
x x x x
x e x
x
x x
x e x x x
x x
x x
x e x x x
x
x x
x x
e
x
x

- + - + + -
= =
+ - - + - -
- + + -
=
+ - -
æ ö
- + - + + +
÷
ç
÷
ç
+ =
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è ø
+ - +
æ ö
÷
ç
- - + + +
÷
ç
÷
+ =

ç
÷
ç
÷
ç
+ + ÷
- -
÷
ç
ç
è ø
æ ö
- -
ç
ç
- +
ç
ç
ç
+ +
è ø
( )
3 4 2
. 1 2 .4 4
1
x x
x
+ + +
÷
÷

® - - + =-
÷
÷
+
÷
÷
Vậy:

2
0
2 1
lim 4.
3 4 2
x
x
e x
x x
®
- +
=-
+ - -
Câu IV (1,0 điểm)
Ta có:

2 2 2
2 2 2
2 2 2
10 ;
5 ;
13 ;

CD AC AD
DB AD AB
BC AB AC
= = +
= = +
= = +
Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A.
Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp
chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại
tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này là trung điểm I của đoạn AH, còn bán
kính là
2 2 2
1 1 14
2 3 1
2 2 2
R AH= = + + =
.
Câu V (1,0 điểm)
Vế trái của phương trình thứ hai trong hệ là:

( ) ( )
2
2
3 3 5f x x x= + + - +
.
Ta có:

( )
( )
2 2

3
'
3
3 5
x x
f x
x
x
-
= +
+
- +
.
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2
2 2 2 2
2
' 0 6 14 3 3
2 3
6 14 9 6 3
2 3
2 18 27 0
f x x x x x x
x
x x x x x x
x
x x
= Û - + = - +
ì

£ £
ï
ï
ï
Û
í
ï
- + = - + +
ï
ï
î
ì
£ £
ï
ï
Û
í
ï
+ - =
ï
î
Phương trình thứ hai có
' 81 54 135 9.15D = + = =
, và hai nghiệm:

1,2
9 3 15
2
x
- ±

=
.
Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo
hm ca hm s khụng th i du trờn
[ )
2;Ơ
, ngoi ra
( )
' 3 0f >
nờn
( )
' 0, 2f x x> "
. Do ú, giỏ tr nh nht ca
( )
f x
l
( )
2 7 6f = +
.
Cng d thy
( )
lim
x
f x
đƠ
=Ơ
. T ú suy ra: h phng trỡnh ó cho cú
nghim (vi
2x
) khi v ch khi

6 7m +
.
II. PHN RIấNG
1. Theo chng trỡnh Chun
Cõu VIa (2,0 im)
1. (1,0 im)
im D(d;0) thuc on BC l chõn ng phõn giỏc trong ca gúc A
khi v ch khi

( )
( )
2
2
2
2
9
1
3
4
4
2
4 3
81 225
9
3
16 16
4 1 6 3 1.
4
16 9 25
d

DB AB
DC AC d
d d d
ổử
ữ
ỗ
+ -
ữ
ỗ
-
ữ
ỗ
ố ứ
= = =
-
+ -
+
= = ị - = - ị =
+
ng thng AD cú phng trỡnh:

2 3
3 6 3 9 1
3 3
x y
x y x y
+ -
= - - = - = -
-
,

v ng thng AC:

2 3
3 6 4 12 3 4 6 0
4 3
x y
x y x y
+ -
= - - = - + - =
-
Gi s tõm I ca ng trũn ni tip cú tung l b. Khi ú honh l
1 b-
v bỏn kớnh cng bng b. Vỡ khong cỏch t I ti AC cng phi bng
b nờn ta cú:

( )
2 2
3 1 4 6
3 5 ;
3 4
4
) 3 5 ;
3
1
) 3 5 .
2
b b
b b b
a b b b
b b b b

- + -
= - =
+
- = ị =-
- =- ị =
Rừ rng ch cú giỏ tr
1
2
b =
l hp lý. Vy, phng trỡnh ca ng trũn
ni tip
ABCV
l:
2 2
1 1 1
2 2 4
x y
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
- + - =
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
.
2. (1,0 im)
Mt phng P i qua ng thng d cú phng trỡnh dng:

( ) ( )
( )
2 3 11 2 7 0
2 3 2 11 7 0.
m x y n y z
mx m n y nz m n
+ + + - + =
+ + - + + =
mt phng ny i qua M, phi cú:

( ) ( )
8 15 11 5 6 7 0
12 4 0 3 .
m n
m n n m
- - + + - - + =
- - = =-
Chn
1, 3m n= =-
, ta c phng trỡnh ca P:

2 6 10 0x z+ - =
.