Đề thi ĐH khối A năm 2005 (có đáp án)

ĐỀ THI ĐH,CĐ KHỐI A NĂM 2005
Câu I: ( 2 điểm) Gọi (C
m
) là đồ thò của hàm số y = mx +
x
1
(*) ( m là tham số )
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (*) khi m =
4
1
2. Tìmm để hàm số (*) có cực trò và khoảng cách từ điểm cực tiểu của (C
m
) đến tiệm cận xiên của (C
m
) bằng
2
1
Câu II: ( 2 điểm)
1. Giải bất phương trình :
4x21x1x5
−>−−−
2. Giải phương trình : cos
2
3x.cos2x – cos
2
x = 0
Câu III: (3điểm)
1.Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng d
1
: x – y = 0 và d
2

: 2x + y –1 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh của
hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d
1
, đỉnh C thuộc d
2
và các đỉnh B, C thuộc trục hoành.
2. Trong kgian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng d :
1
3z
2
3y
1
1x
−
=
+
=
−
−
và mp(P) : 2x + y – 2z + 9 = 0
a) Tìm toạ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mp(P) bằng 2
b) Tìm toạ độ giao điểm A của đthẳng d và mp(P). Viết ptrình tham số của đthẳng ∆ nằm trong mp(P), biết ∆ đi
qua A và vuông góc với d.
Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân : I =
dx
x31
xx2
2
0
∫

π
+
+
cos
sinsin

2. Tìm số nguyên dương n sao cho :
2005C21n2C24C23C22C
1n2
1n2
n24
1n2
33
1n2
22
1n2
1
1n2
=+++−+−
+
+++++
).(......

(
k
n
C
là tổ hợp chập k của n phần tử )
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn
4

z
1
y
1
x
1
=++
. CMR :
1
z2yx
1
zy2x
1
zyx2
1
≤
++
+
++
+
++



ĐÁP ÁN
Câu I: ( 2 điểm) 2. MXĐ : D = R\
{ }
0
; y’ = m –
2

1
x
; y’ = 0 ⇔ mx
2
= 1 (a)
Y có cực trò ⇔ (a) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
Khi đó : (a) có 2 nghiệm x =
m
1
±
. Vì y là hàm số hữu tỉ có hệ số góc của tiệm cận xiên dương nên hoành độ
điểm cực đại nhỏ hơn hoành độ điểm cực tiểu (hoặc dựa vào bảng biến thiên). Do đó A
)2,
1
( m
m
là điểm
cực tiểu của (C
m
)
Tiệm cận xiên của (C
m
) là d : mx – y = 0
Ta có : d(A,d) =
12
2
1
1
2
2

1
2
2
+=⇔=
+
−
⇔
mm
m
mm
⇔ m
2
– 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1 (thỏa đk)
Câu II: ( 2 điểm)
1. Bpt ⇔
42115
−+−>−
xxx
⇔



+<−−
≥
⇔



−−+−+−>−
≥

2)42)(1(
2
)42)(1(242115
2
xxx
x
xxxxx
x
⇔
102
100
2
010
2
2
<≤⇔



<<
≥
⇔



<−
≥
x
x
x

xx
x

2. Cách 1: Pt ⇔
0
2
2cos1
2cos
2
6cos1
=
+
−
+
x
x
x
⇔ cos6x.cos2x – 1 = 2 ⇔ (4cos
3
2x – 3cos2x). cos2x – 1 = 0 ⇔ 4cos
4
2x – 3cos
2
2x – 1 = 0
⇔ cos
2
2x = 1 hay cos
2
2x = -1/4 ( vô nghiệm) ⇔ sin2x = 0 ⇔ x = k. π /2, k ∈ Z
Cách 2: Pt ⇔ cos6x.cos2x – 1 = 2

⇔ cos6x.cos2x =1 hay cos6x.cos2x = -1
⇔ cos2x =1 hay cos2x = -1 ⇔ sin2x = 0 ⇔ x = k. π /2, k ∈ Z
Cách 3: Pt ⇔ cos6x.cos2x – 1 = 2 ⇔ cos8x + cos4x = 2 ⇔ cos8x = cos4x = 1 ⇔ cos4x = 1⇔ x = k. π /2, k ∈ Z
Câu III: (3điểm) 1. A ∈ d
1
⇔ A(m;m); C ∈ d
2
⇔ C( n; 1 – 2n )
Vì B, D ∈ Ox và ABCD là hình vuông nên :
A và C đối xứng với nhau qua Ox ⇔



=
=
⇔



−=
=
1
1
12 n
m
nm
nm

⇒ A(1;1), C( 1; -1) . Gọi (C ) là đường tròn đường kính AC
⇒ Pt đtròn (C ) : (x – 1 )

2
+ y
2
= 1 ; B và D là giao điểm của (C ) và Ox nên tọa độ của B,D là nghiệm của hệ pt
:



=
=∨=
⇔



=
=+−
0
20
0
1)1(
22
y
xx
y
yx
. Suy ra B(0;0), D(2;0) hay D(0;0), B(2;0)
Vậy : A(1;1), B(0;0), C( 1; -1), D(2;0)
Hay A(1;1), B(2;0), C( 1; -1), D(0;0)
2. a) Viết ptrình d :
)(,

3
23
1
Rt
tz
ty
tx
∈





+=
+−=
−=

I ∈ d ⇔ I (1 – t ; - 3 + 2t; 3 + t)
Ta có : d(I,(P)) = 2 ⇔



=
−=
⇔=−⇔=
++
+−−+−−
4
2
312

414
9262322
t
t
t
ttt
⇒ I(3; -7; 1) hay I(-3; 5; 7)
b) Thế ptrình d vào ptrình (P) ta được t = 1. Thế t =1 vào pt d ta được x = 0; y = -1; z = 4
⇒ A(0; -1; 4)
Vectơ chỉ phương của d:
→
a
= (-1; 2; 1)
Vectơ pháp tuyến của (P) :
→
n
= (2 ; 1; -2)
Suy ra vectơ chỉ phương của ∆ : [
→
a
,
→
n
] = (-5 ; 0 ; -5) hay (1 ; 0 ; 1)
Mặt khác ∆ đi qua A nên phương trình tham số của ∆ là :
)'(,
'4
1
'
Rt

tz
y
tx
∈





+=
−=
=

Câu IV: (2 điểm) 1. Tính tích phân : I =
dx
x
xx
∫
+
+
2
0
cos31
sin2sin
π
Đặt t =
xcos31
+
⇒ t
2

= 1 + 3cosx ⇒ 2tdt = - 3sinxdx
X = 0 ⇒ t = 2 ; x = π / 2 ⇒ t = 1
⇒ I =
27
34
3
2
9
2
)12(
9
2
)
3
2
(
1
3
1
2
cos31
sin)1cos2(
2
1
32
1
2
1
2
2

2
0
=








+=+=−
+
−
=
+
+
∫∫∫
t
t
dttdt
t
t
t
dx
x
xx
π
2. Ta có : (1 – x )
2n+1

=
12
12
123
12
32
12
21
12
0
12
...
+
+
+
++++
−+−+−
n
n
n
nnnn
CxCxCxxCC
Lấy đạo 2 vế : -(2n+1).(1 – x )
2n
=
12
12
23
12
22

12
1
12
)12(...32
+
++++
+−+−+−
n
n
n
nnn
CxnCxxCC
Chọn x = 2 ta được pt : 2n + 1 = 2005 ⇔ n = 1002
Câu V: (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn
4
111
=++
zyx
. CMR :
1
2
1
2
1
2
1
≤
++
+
++

+
++
zyxzyxzyx



Cách 1 : Ta có : (a – b )
2
≥ 0, ∀ a,b > 0 ( hiển nhiên)
⇔
)1(0,,
11
4
11
>∀






+≤
+
ba
baba
p dụng (1) ta có :









+
+≤
++
zyxzyx
1
2
1
4
1
2
1

)(
112
16
11111
16
1
a
zyxzyxx









++=








+++≤
Tương tự ta có :
)(
121
16
1
2
1
b
zyxzyx








++≤

++
)(
211
16
1
2
1
c
zyxzyx








++≤
++
(a) + (b) + (c) suy ra :
1
444
16
1
2
1
2
1
2
1

=








++≤
++
+
++
+
++
zyxzyxzyxzyx
(do
4
111
=++
zyx
)
Cách 2 : p dụng BĐT Cauchy cho 4 số dương ta có : (a + b + c + d)
)(16
1111
II
dcba
≥







+++
p dụng (II) ta có :








+++≤
+++
zyxxzyxx
1111
16
11









++≤

++
zyxzyx
121
16
1
2
1









++≤
++
zyxzyx
211
16
1
2
1
⇒ Vtrái ≤
1
444
16
1
=









++
zyx
Cách 3 : p dụng BĐT Cauchy ta có :








+++≤≤
+++
zyxx
xxyz
zyxx
1111
16
1
4
11
4









+++≤≤
+++
zyyx
xyyz
zyyx
1111
16
1
4
11
4









+++≤≤

+++
zzyx
xyzz
zzyx
1111
16
1
4
11
4
⇒ Vtrái ≤
1
444
16
1
=








++
zyx