Đề thi tham khảo tuyển sinh Đại học môn Toán - Khối A - Đề số 6

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Mơn Thi: TỐN – Kh
ố
i A
ĐỀ THI THAM KHẢO
Th
ờ
i gian: 180 phút, khơng k
ể
th
ờ
i gian giao đ
ề
I. PH Ầ N CHUNG: (7 điểm)
Câu 1:Cho hàm số: y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 có đồ (C
m
); (m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số khi m = 3.
2. Xác đònh m để (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp
tuyến của (C
m
) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu 2:
1. Giải phương trình: 2cos3x +
3

sinx + cosx = 0
2. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
91 2 (1)
91 2 (2)
x y y
y x x

+ = − +


+ = − +


Câu 3: Cho số thực b ≥ ln2. Tính J =
−
∫
x
ln10
b
3
x
e dx
e 2
và tìm
→b ln2
lim J.
Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB)
vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc

⊥
.
Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn
1 1 1
2009
x y z
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P =
1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
II.PHẦN TỰ CHỌN:
1.Ph ầ n 1
:
Theo chương trình chuẩn
Câu 6.1a
1.Phương trình hai cạnh của một tamgiác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0;
4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc
tọa độ O.
2. Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng
(d) :
2
2z
2
y
1
1x
+

==
−
và mặt phẳng () : 2x – y – 2z = 0.
Câu 6.2a
Cho tập hợp X =
{ }
0,1,2,3,4,5,6,7
. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau
đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1.
2. Ph ầ n 2 : Theo chương trình nâng cao.
Câu 6b. 1b
1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ
được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60
0
.
2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d
1
) :





=
=
=

4z
ty
t2x
; (d
2
) :
3
0
x t
y t
z
= −


=


=

Chứng minh (d
1
) và (d
2
) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc
chung của (d
1
) và (d
2
).
Câu 6b.2b Giải phương trình sau trong C: Z

4
– Z
3
+ 6Z
2
– 8Z – 16 = 0
------------------------------------------------------------------------------------

H ƯỚ NG D Ẫ N GI Ả I:
I. PH Ầ N CHUNG:
Câu 1
: : y = x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 (C
m
)
1. m = 3 : y = x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1 (C
3
)
+ TXĐ: D = R
+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y

→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
+ y’ = 3x
2
+ 6x + 3 = 3(x
2
+ 2x + 1) = 3(x + 1)
2
≥ 0; ∀x
* Bảng biến thiên:

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)
y” = 0 ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0)
* Đồ thò (C
3
):
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và đường thẳng y = 1 là:
x
3
+ 3x
2
+ mx + 1 = 1 ⇔ x(x
2
+ 3x + m) = 0 ⇔
=


+ + =


2
x 0
x 3x m 0 (2)
* (C
m
) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt:
⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x
D
, x
E
≠ 0.
⇔
≠

∆ = − >


⇔
 
<
+ × + ≠



2
m 0
9 4m 0
4
m

0 3 0 m 0
9
Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:
k
D
= y’(x
D
) =
+ + = − +
2
D D D
3x 6x m (x 2m);
k
E
= y’(x
E
) =
+ + = − +
2
E E E
3x 6x m (x 2m).
Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k
D
k
E
= –1.
⇔ (3x
D
+ 2m)(3x
E

+ 2m) = 9x
D
x
E
+6m(x
D
+ x
E
) + 4m
2
= –1
⇔ 9m + 6m
×
(–3) + 4m
2
= –1; (vì x
D
+ x
E
= –3; x
D
x
E
= m theo đònh lý Vi-ét).
⇔ 4m
2
– 9m + 1 = 0 ⇔ m =
( )
m
1

9 65
8
ĐS: m =
( ) ( )
− = m
1 1
9 65 hay m 9 65
8 8
Câu 2
:
1.
+ + =3 sin x cos x 2 cos3x 0
⇔ sin
π
3
sinx + cos
π
3
cosx = – cos3x.
⇔ cos
π
 
− =−
 
 
x cos3x
3
⇔ cos
π
 

− = π−
 
 
x cos( 3x)
3
⇔
π π

= +

∈

π

= + π

k
x
3 2
(k Z)
x k
3
⇔ x =
π π
+
k
3 2
(k ∈ Z)
2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

2 2 2 2
91 91 2 2x y y x y x+ − + = − − − + −

2 2
2 2
( )( )
2 2
91 91
x y y x
y x y x
y x
x y
− −
⇔ = + − +
− + −
+ + +

2 2
1
( ) 0
2 2
91 91
x y
x y x y
x y
x y
 
+
 ÷
⇔ − + + + =

 ÷
− + −
+ + =
 
⇔ x = y (trong ngoặc ln dương và x vay đều lớn hơn 2)
Vậy từ hệ trên ta có:
2 2
91 2x x x+ = − +

2 2
91 10 2 1 9x x x⇔ + − = − − + −
2
2
9 3
( 3)( 3)
2 1
91 10
x x
x x
x
x
− −
⇔ = + − +
− +
+ +
2
1 1
( 3) ( 3) 1 0
2 1
91 10

x x
x
x
 
 
⇔ − + − − =
 ÷
 ÷
 ÷
− +
+ +
 
 
⇔ x = 3
Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu 3
: J 
−
−
 
= = =
 
−
∫ ∫
b
b
ln10 8
x
8

2/ 3
1/ 3
3
x
e 2
b
e 2
e dx du 1
u
3
u
e 2

 
− −
 
b 2/ 3
3
4 (e 2) ;
2
với u = e
x
– 2, du = e
x
dx)
Suy ra:
→ →
 
= − − = =
 

b 2/ 3
b ln2 b ln 2
3 3
lim J lim 4 (e 2) (4) 6
2 2
Câu 4:
Dựng
SH AB
⊥
° Ta có:
(SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂
SH (ABC)⇒ ⊥
và SH là đường cao của hình chóp.
° Dựng
HN BC, HP AC⊥ ⊥
·
·
SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α
° SHN = SHP ⇒ HN = HP.
S
H
P
C
A
B
N
ϕ
° AHP vuông có:
o
a 3

HP HA.sin60 .
4
= =
° SHP vuông có:
a 3
SH HP.tg tg
4
= α = α
° Thể tích hình chóp
2 3
ABC
1 1 a 3 a 3 a
S.ABC : V .SH.S . .tg . tg
3 3 4 4 16
= = α = α
Câu 5:
Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có:
4ab ≤ (a + b)
2

1
4
a b
a b ab
+
⇔ ≤
+

1 1 1
( , 0)

4
a b
a b
 
⇔ + ∀ >
 ÷
 
Ta có:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z
 
     
≤ + ≤ + + = + +
 
 ÷  ÷  ÷
+ + +
     
 
Tương tự:
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 
≤ + +
 ÷
+ +
 
và
1 1 1 1 1
2 8 2 2x y z x y z
 

≤ + +
 ÷
+ +
 
Vậy
1 1 1
2 2 2x y z x y z x y z
+ +
+ + + + + +
1 1 1 1 2009
4 4x y z
 
≤ + + =
 ÷
 
Vậy MaxP =
2009
4
khi x = y = z =
12
2009
II.PHẦN TỰ CHỌN:
1. Ph
ầ
n 1: Ph
ầ
n dành cho ch
ươ
ng trình c
ơ

b
ả
n
Câu 6a
.1a
1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3)
Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP
a
r
= (7; - 4) của AC làm VTPT
Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7)
A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0
2. Gọi A(a; 0; 0)
Ox∈
.
° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () :
2 2 2
2a 2a
d(A; )
3
2 1 2
α = =
+ +
° () qua
0
M (1; 0; 2)−
và có vectơ chỉ phương
u (1; 2; 2)=
r
° Đặt

0 1
M M u=
uuuuuur
r
° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác
0 1
AM M
0 1
2
0
AM M
0 1
[AM ; u]
2.S
8a 24a 36
d(A; )
M M u 3
− +
⇒ ∆ = = =
uuuuur
r
r
° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; )
2
2 2 2
2
2a
8a 24a 36
4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0
3 3

4(a 3) 0 a 3.
− +
⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + =
⇔ − = ⇔ =
° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0).
Câu 6a
.2
a
n =
a b c d e
* Xem các số hình thức
a b c d e
, kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vò trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là
c). Sau đó chọn trò khác nhau cho 4 vò trí còn lại từ X \
{ }
1
: số cách chọn
4
7
A
.
Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài.
* Xem các số hình thức
0b cd e
.
* Loại những số dạng hình thức
0b cd e
ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài.
1. Ph
ầ

n 2: Ph
ầ
n dành cho ch
ươ
ng trình nâng cao:
Câu 6b
.1b
1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2
M ∈ Oy ⇒ M(0;m)
Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)
Vậy
·
·
0
0
60 (1)
120 (2)
AMB
AMB

=


=

Vì MI là phân giác của
·
AMB
(1) ⇔
·

AMI
= 30
0

0
sin 30
IA
MI⇔ =
⇔ MI = 2R ⇔
2
9 4 7m m+ = ⇔ = m
(2) ⇔
·
AMI
= 60
0

0
sin 60
IA
MI⇔ =
⇔ MI =
2 3
3
R ⇔
2
4 3
9
3
m + = Vơ nghiệm

Vậy có hai điểm M
1
(0; 7 ) và M
2
(0;- 7 )
2.- (d
1
) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương
1
u (2; 1; 0)
=
r
- (d
2
) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương
2
u (3; 3; 0)= −
r

AB (3; 0; 4)= −
uuur
°
1 2 1 2
AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒
uuur r r uuur r r
không đồng phẳng.
° Vậy, (d
1
) và (d
2

) chéo nhau.
° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d
1
) và (d
2
)
°
1
M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒
,
/ /
2
N (d ) N(3 t ; t ; 0)∈ ⇒ + −
/ /
MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − −
uuuur
° Ta có:
/ /
/
1
/ /
2
MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4)
t 1
N(2; 1; 0)
t 1
3 t 2t (t t) 0
MN u



⊥ + − − + = 
= − 
 
⇒ ⇔ ⇒
   
=
+ − + + =
⊥






uuuur r
uuuur r
° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính
1
R MN 2.
2
= =
° Vậy, phương trình mặt cầu (S):
2 2 2
(x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − =
Câu 6b.2b
Xét phương trình Z
4
– Z
3
+ 6Z

2
– 8Z – 16 = 0