Đề số 2 thi tuyển sinh đại học, cao đẳng 2010 môn toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THAM KHẢO SỐ 02. THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2010 Môn TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I ( 2.0 điểm ) 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  1  x  x  2  2. Tìm m để phương trình 1  x  x  2   m có 4 nghiệm phân biệt. 2. + Từ đồ thị (C) suy ra đồ thị (G): y  1  x  x  2 . 2. + Dựa vào đồ thị (G), ta có: phương trình có 4 nghiệm phân biệt  0  m  4 Câu II ( 2.0 điểm ) 1. Tìm các nghiệm x   0;   của phương trình sin 2 x  cos2 2 x  cos2 3x (1) + Dùng công thức hạ bậc và biến đổi, ta có:    x  6  k 3    (1)  cos 3 x  cos 3 x  cos x   0   x   k k    4 2   x     k  2     3 5  + Với điều kiện x   0;   , nên tập nghiệm cần tìm là S   ; ; ; ;  6 4 2 4 6  2. Tìm m để bất phương trình log 2 x3  3x 2  m  4 log 4  x3  3x 2  m   5 nghiệm đúng với mọi x thuộc đoạn  0;1 . + ĐK: x3  3x2  m  1. t  0  0  t 1 + Đặt t  log 4  x3  3x 2  m  , t  0 . Bất phương trình đã cho trở thành  2 t  4t  5  0 m  max f ( x) 3 2  x 0;1 m  f ( x)   x  3x  1   x  0;1 . Khi đó: m  min g ( x)  3  m  4 3 2  m  g ( x)   x  3x  4  x0;1 Câu III ( 1.0 điểm ). Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của các hàm số y  x 2  3 và y  + phương trình hoành độ giao điểm: x3  3  2. + diện tích hình phẳng S . . 2.  x  2 8  x  2 x2  4 . 8 x 3 2 dx  x 4 2. 2. .   x. 2. 2. 3. 8   dx  I  J x 4 2. 2.  x3  2 x  3 dx    3  3x    203 2    2 2. + Tính I: I . 8 x 4 2. .    + Tính J: Đặt x  2 tan t    t   , ta được: J   4dt  2 2  2   4. 4. + kết luận S . 20  2 3. Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010. Page 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu IV ( 1.0 điểm ). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, biết AC  a , SA   ABC và. SA  a 3 . Tính theo a, khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng (SBC) và thể tích khối chóp G.ABC . + Chứng minh  SAB    SBC  + Trong (SAB) kẻ AH  SB  H  SB  và chứng minh AH  d  A, ( SBC )   a. 21 7. 1 21 AH  a 3 21 1 1 3 + Ta có: d  G, ( ABC )   d  S , ( ABC )   VG. ABC  VS . ABC  a3 3 3 36 Câu V ( 1.0 điểm ). Cho x, y là các số thực dương và thỏa mãn x  y  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 P  4  x3  y 3   3 x  y3 + G là trọng tâm ABC  d  G, ( SBC )  . + Ta có: x3  y3   x  y   x 2  y 2  xy   x 2  y 2  xy ( do x, y  0 ; x  y  1 ) + Khi đó: 2  x  y 3. 3.  x. 2.  y   x  y  x  y 2. 2. 2. 2.  x  y  2. 2. . 1 1  3  4  P  3 2 x  y3. 1 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a ( 2.0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho B  1;1 , C  6;0  . Tìm tọa độ điểm A sao cho tam giác ABC cân tại A và có diện tích bằng 12,5 đvdt. 2S 5 2 + Viết phương trình (BC): x  7 y  6  0 và d  A, BC   ABC  (1) BC 2 + Phương trình đường trung trực của BC là d: 7 x  y  17  0  A  x0 ; y0   d (2) + Vậy min P  3 khi x  y . + Ta lại có: d  A, BC  . x0  7 y0  6. (3) 50 + Kết hợp (1), (2) và (3), ta được A  2; 3 , A  3;4  . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A 1; 2  4  , B 1; 3;1 , C  2;2;3  . Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm I nằm trên mặt phẳng (Oxy). + Ta có: I  a; b;0  thuộc mặt phẳng (Oxy)  (S ) : x2  y 2  z 2  2ax  2by  d  0. 2a  4b  d  21 a  2   + (S) đi qua A, B, C  2a  6b  d  11  b  1 4a  4b  d  17 d  21   + Vậy (S ) : x2  y 2  z 2  4 x  2 y  21  0 Câu VII.a ( 1.0 điểm ) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm ba chữ số đôi một khác nhau và nhỏ hơn 400. + Số cần tìm có dạng x  abc , c 0;2;4, a 1;2;3 + TH1. c  2 , có 1 cách chọn c; 2 cách chọn a và 4 cách chọn b. Suya ra có 1.2.4 = 8 số Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010. Page 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> +TH2. c  0; 4 , có 2 cách chọn c, 3 cách chọn a và 4 cách chọn b. Suy ra có 2.3.4 = 24 số + Vậy có tất cả là 8 +24 = 32 số cần tìm. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b ( 2.0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A  4;1 và B  2;5 . Tìm tọa độ điểm M thuộc trục Ox sao cho độ dài AM + BM là nhỏ nhất. + M thuộc trục Ox  M  x0 ;0  + Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua trục Ox, ta có A  4; 1 và AM  A ' M + Khi đó: AM  BM  A ' M  BM  A ' B   11 + Vậy min  AM  BM   A ' B  A’, B, M thẳng hàng  A ' M  k A ' B  k  0   x0  3 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A 1;1;0  , B  1;2;1 và đường thẳng d có phương trình. x y  1 z 1   . Gọi C là hình chiếu vuông góc của đỉnh A trên đường thẳng d. Tìm tọa độ tâm đường 2 1 1 tròn ngoại tiếp tam giác ABC. + Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với d, ta được 2 x  y  z  1  0  1 7 5  + Khi đó C là giao điểm của d và (P)  C  ; ;  3 6 6 + Chứng minh ABC vuông tại A và suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là trung điểm I của  1 5 11  BC  I  ; ;   3 12 12  Câu VII.b ( 1.0 điểm ) Tính thể tích khối tròn xoay nhận được khi quay hình tròn tâm I  2;0  bán kính R  1 xung quanh trục Oy.  x  2  1 y2 2 2 + Phương trình đường tròn (C):  x  2   y  1    1  y  1  x  2  1 y2 . .  + VOy     2  1  y 2 1  1.   2.  2  1 y2. . 2.  2 2  dy  8  1  y dy  4 1 1. Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010.    ( đặt y  sin t , t    ;  )  2 2. Page 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>