Đề số 03 Thi tuyển sinh đại học, cao đẳng 2010 môn toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THAM KHẢO SỐ 03. 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) 1 Câu I ( 2.0 điểm ) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  m (1), với m là tham số thực 4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó tạo thành một tam giác có diện tích bằng 32 2 (đvdt). x  0 + y '  x3  4mx , y '  0   2  x  4m + đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị  m  0. .  . . + Khi đó 3 điểm cực trị là A  0; m  , B 2 m ; m  4m 2 , C 2 m ; m  4m 2 và tạo thành tam giác cân tại A với SABC  32 2 (2) 1 + Mà SABC  BC.d  A, BC   8m2 m (3), nên 2 + Từ (2) và (3) suy ra m  2 Câu II ( 2.0 điểm ) 1 1. Giải phương trình sin 2 x  sin 2 3x  sin x.sin 2 3x (1) 4. 2sin x  sin 2 3x  0 2 1  + Biến đổi (1) thành  2sin x  sin 3x    sin 6 x   0   (2) 2  sin 6 x  0  5  k 2  k    + Giải hệ (I), ta được: x  k , x   k 2 , x  6 6 2. 2. Giải phương trình 3 x  1  3 x  1  6 x 2  1 (1) x  1 + ĐK: x 2  1  0    x  1 + NX1: Nếu x0  1 là nghiệm của (1) thì  x0 cũng là nghiệm của (1). Do đó ta chỉ cần xét (1) với x  1 + NX2: Với x  1 không là nghiệm của (1). Do đó ta chỉ cần xét x  1. x 2  1  0 . Chia 2 vế cho 6 x 2  1 , ta được:  x 1 y6 0 x  1 x  1 x 1 1 5 m6  1  1 5   6 (1)  6 6 1     x  x 1  m   6 x 1 x 1 x 1 2 m 1  2   y2  y 1  0  m6  1  1 5  + Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là x   6  m   m 1  2  + Với x  1 , ta có. 6. Câu III ( 1.0 điểm ). ln 5. Tính tích phân I . . ln 2. ex ex 1  1. dx. + Đặt t  e x  1 + KQ: I  2  2 ln. 3 2. Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT). Page 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu IV ( 1.0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O và  ABC  600 . Biết a 3 SO   ABCD  và SO  . Gọi M là trung điểm AD, mặt phẳng (P) đi qua BM, song song với SA cắt 2 SC tại K. Tính thể tích khối chóp K.BCDM . + Gọi I là giao điểm của AC và MB + Trong (SAC), kẻ IK // SA ( K  CS ) và kẻ KH // SO ( H  CA ). Suy ra KH   BCDM . 1  VS .BCDM  KH .S BCDM 3 KH CK CI 2 3     HK  a + Ta lại có: SO CS CA 3 3 2 3a3 3 3 1 3a 3  VS .BCDM  + S BCDM  S ABCD    AC. BD  8 4 4 2 8 Câu V ( 1.0 điểm ). Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn xyz  1 . Tìm giá trị ln của biểu thức 1 1 1 P 3  3 3  3 3 3 x  y 1 y  z 1 z  x 1 + Với x, y  0 ta có:  x  y   x  y   x3  y 3  xy( x  y ) . Dấu “ = ” xảy ra  x  y 2. + Ta lại có: x3  y3  1  x3  y3  xyz  xy( x  y)  xyz  xy( x  y  z ) + tương tự: y3  z 3  1  y3  z 3  xyz  yz ( y  z )  xyz  yz ( x  y  z ). z 3  x3  1  z 3  x3  xyz  zx( z  x)  xyz  zx( x  y  z ) 1 1 1 1 1 1  3 3  3 3    1 + Khi đó: P  3 3 x  y  1 y  z  1 z  x  1 xy ( x  y  z ) yz ( x  y  z ) zx( x  y  z ) x  y  z Dấu “=” xảy ra    x  y  z 1  xyz  1 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 điểm A  4;5 . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua A, có tâm thuộc trục hoành và cắt trục tung tại hai điểm M, N có độ dài MN  6 . + Ta có: tâm I của (C) thuộc trục hoành  I (a;0)   I  Ox  OM  ON  3 ( O là gốc tọa độ )  IM 2  IO2  MO2  a2  9   (C )  Oy  M ; N  + Mặt khác: (C) đi qua A  IA  IM  a  4 + Vậy (C):  x  4   y 2  25 2. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 1;0  , B  3;3;2  và đường thẳng d có. x 1 y z  2   . Tìm tọa độ điểm C thuộc d sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh C. 2 1 2 + ABC cân tại C  C thuộc mặt phẳng trung trực (P) của AB  d  ( P)  C + Viết phương trình (P): x  2 y  z  5  0 x  3  x 1 y z  2     + Khi đó:  2 1 2   y  1  C  3;1;0   x  2 y  z  5  0  z  0 . phương trình. Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT). Page 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu VII.a ( 1.0 điểm ) Giải phương trình x2  5x  7  0 trên tập số phức  . 5  i 3 + Ta có   3  0  x1;2  2 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b ( 2.0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A 1;0  và đường cao kẻ từ B, C lần lượt có phương trình là x  2 y  1  0 và 3x  y  1  0 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. + Tìm tọa độ B, C: dùng tính chất 2 đường thẳng vuông góc. KQ: B  5; 2  , C (1;4) + phương trình (C): 7 x2  7 y 2  36 x  10 y  43  0 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x  my  z  1  0 , (Q): mx  2 y  z  2m  0 . Chứng minh rằng (P) và (Q) cắt nhau theo một giao tuyến d. Tìm m để d song song với mặt phẳng (R): 2 x  2 y  z  4  0 . + Ta có 1: m : 1  m : 2 :1  ( P)  (Q)  d  + Khi đó: vectơ chỉ phương của (d) là ud   m  2; m  1; 2  m2  ,  vectơ pháp tuyến của (R) là n p   2; 2; 1    n  2 + d ∥( R)  ud .nR  0   n  2 + Thử lại ta được m  2 thỏa mản đề bài. Câu VII.b ( 1.0 điểm ) n.  1  3i  Tìm các số nguyên n để số phức z    là một số thực. 1  3 i   2 2  n2 n2 1 i 3 1 3 2 2   z   cos  i sin  i sin   i  cos  i sin   cos 3 3  3 3 2 2 3 3 1 i 3  n2 3k 0n + z là số thực  sin 3 2 + n    k  2  k  2m  n  3m m   n. + Ta có:. Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT). Page 3 Lop12.net.

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