Ban da san sang

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (164.07 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

1
ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

KHOA TOÁN – TIN 
---

ĐỀ THI THỬĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2010 
MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
---
I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)

Bài 1: Cho hàm số 1 3 2 3 5

3 3

y= x +x − x+

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

2. Gọi A và B là giao điểm của (C) và trục Ox. Chứng minh rằng trên đồ thị (C) tồn tại hai điểm cùng
nhìn đoạn AB dưới một góc vng.

Bài 2 : Giải phương trình sau 
1. sin2 2 cos2 0

2 4 2

x x

tg x

π

 

− − =

 

 

2

x2−x

−

2

2+x−x2

=

3

Bài 3 : 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y =

1
1
2

+
+

x
x

trên đoạn [–1; 2].
2. Tính tích phân : I =

∫

x −xdx

0
2

Bài 4: Cho hai mp(P) và (Q) vng với nhau, có giao tuyến là đường thẳng (∆). Trên (∆) lấy hai điểm A 
và B với AB = a. Trong mp(P) lấy điểm C, trong mp(Q) lấy điểm D sao cho AC, BD cùng vng góc với
(∆) và AC = BD = AB.

Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD và tính khoảng cách từ A đến mp (BCD) theo a.
II) Phần riêng (3 điểm)- Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần.

A. PHẦN I 
Bài 5a

1. Trong mp Oxy cho đường tròn (C) :

(x –1)2 +(y –2)2 = 4 và đường thẳng (d) : x – y –1 = 0.

Viết phương trình đường trịn (C’) đối xứng với đường trịn (C) qua (d). Tìm tọa độ các giao điểm của
(C) và (C’).

2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (dk): là giao tuyến của hai mặt phẳng
(P): x +3ky –z +2 = 0; (Q): kx –y +z +1 = 0

Tìm k để đường thẳng (dk) vuông với
(R): x –y –2z +5 = 0

Bài 6a. Từ một tổ gồm 6 bạn nam và 5 bạn nữ, chọn ngẫu nhiên 5 bạn xếp vào bàn đầu theo những thứ 
tự khác nhau. Tính xác suất sao cho trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam.

B. PHẦN II

Bài 5b. Cho hai đường thẳng

( )

x 2 t

d : y 1 t
z 2t

 = +

 = −

 =


và

( )

x 0 2t '
d' : y 3

z 1 t '

 = −



 =



 = +




1) Chứng minh (d) và (d’) chéo nhau. Hãy viết pt đường vng góc chung của (d) và (d’).
2) Viết pt mp song song cách đều (d) và (d’)

Bài 6b: Cho hàm số

2 2 4

x x

y
x

− +

− có đồ thị (C), chứng minh (C) có tâm đối xứng

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐÁP ÁN 
Nội dung Lời giải chi tiết

Bài 1: Cho hàm số

3 2

1 5

3 3

y= x +x − x+

1) Khảo sát và vẽ đồ thị
hàm số.

3 2

1 3 5

3 3

y= x +x − x+ , D = R

y’ = x2 +2x –3 , y’ = 0 <=> 1
3
x
x




= −



lim , lim

x→−∞y= −∞ x→+∞y= +∞
y tăng trên (-∞; -3) và (1 ; +∞)

y giảm trên (-3; 1),
CĐ(-3; -32/2) và CT(1; 0)

-∞

+∞

32
3

BBT

_
f(x)

f'(x)

x -∞ -3 1 +∞

0 +

2) Gọi A và B là giao điểm
của (C) và trục Ox. Chứng
minh rằng trên đồ thị (C)
tồn tại hai điểm cùng nhìn
đoạn AB dưới một góc
vng.

Phương trình hồnh độ 1 3 2 3 5 0 1
5

3 3

x

x x x

x



+ − + = <=>

= −



=> A(-5; 0) và B(1; 0)

Gọi M thuộc (C) => M ; 1 3 2 3 5

3 3

a a a a

 

+ − +

 

  khác A và B

3 2 3 2

1 5 1 5

5 ; 3 ; 1 ; 3

3 3 3 3

AM a + a +a − a+  BM a − a +a − a+ 

   

Theo giả thiết AM⊥BM <=> AM BM. =0

<=> (a +5)(a -1) +[1
3(a -1)

2(a +5)]2 = 0

Do M khác A và B nên a khác -5 và a khác 1 nên pt trên tương đương
1 +1

9(a -1)

3(a +5) = 0 hay a4 +2a3 -12a2 +14a +4 = 0 (*) 
Đặt y = a4 +2a3 -12a2 +14a +4 có tập xác định D = R

y’ = 4a3 +6a2 -12a +14 ; y’ = 0 có 1 nghiệm thực a0 7 y0 2043

2 16

−

≈ − => ≈

+∞

9
+

y0<0

_ 0

BBT a0

a -∞ +∞

Từ BBT ta thấy (*) ln có 2 nghiệm khác 1 và -5

Vậy ln tồn tại 2 điểm cùng nhìn đoạn AB dưới góc vng
Bài 2 : Giải phương trình

sau
1)

2 2 2

sin cos

2 4 2

x x

tg x

 

− −

 

 

Với đk x ≠ π +kπ

2 , phương trình thành

(

1 cos

)

1
.

2
cos
1
2

1 2

=
+

−

















−

− x π tg x x

<=> (1 –sinx).
x
x
2
2

cos

sin – (1 +cosx) = 0 
<=> (1 +cosx)(1 –cosx –1 –sinx) = 0

<=> cosx = -1 hoặc sinx +cosx = 0 <=> cosx = -1 hoặc tgx = -1

x
y

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

ĐS x = π +k2π và x = −π +kπ

4 (k ∈ Z)

2

x2−x

−

2

2+x−x2

=

3

Đặt t =

2

x2−x, với t > 0 thì phương trình thành: −4 =3
t

t <=> t2 –3t –4 = 0
<=> t = –1 (loại) hoặc t = 4

<=>

2

x2−x = 22 <=> x2 – x –2 = 0
ĐS x = –1 và x = 2

Bài 3:

1) Tìm giá trị lơn nhất và
giá trị nhỏ nhất của hàm số
y =

1
1
2

+
+

x
x

trên đoạn
[–1; 2].

y =

1
1

+
+

x
x

có miền xác định D = [–1; 2]
y’ =

)
1
(
1
1

2
2

+
+

−

x
x

x

= 0 khi x = 1

So sánh các giá trị y(1) = 2 ; y(-1) = 0 và y(2) =
5

5
3

ta có
max y = y(1) = 2 ; min y = y(-1) = 0

2) Tính tích phân
I =

∫

x −xdx

2 I =

∫

x −xdx=

∫

(

x −x

)

dx +

∫

(

x −x

)

dx
2

1
2
1

0
2
2

2

= 1

2
3
2

1
2
3
1

0
2
3










−
+









− x x x

x
Bài 4: Cho hai mp(P) và

(Q) vng với nhau, có
giao tuyến là đường thẳng
(∆). Trên (∆) lấy hai điểm
A và B với AB = a. Trong
mp(P) lấy điểm C, trong
mp(Q) lấy điểm D sao cho
AC, BD cùng vng góc
với (∆) và AC = BD = AB.
Tính bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABCD
và tính khoảng cách từ A
đến mặt phẳng (BCD) theo

Cách 1: Các góc B, C đều nhìn DC dưới 
một góc vng nên mặt cầu ngoại tiếp
có tâm I là trung điểm của BC.

Vẽ AF// BD => F là trung điểm của BC
Vì ∆ ABC vng cân nên AF ⊥BC (1)

Và DB ⊥(ABC)=> DB ⊥AF (2)

(1) và (2) thì AF⊥(DBC) Nên d(A;

(BCD)) =AF =
2

2
a

Cách 2: Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0; 0; 0), B(0; a; 0), C(0; 0; a), I(x; y; 
z). Theo giả thiết ta có: IA = IB = IC = ID =

2
1

CD = R
<=> x = y = z =

2
a

<=> R = IA =
2

3
a

=> nBCD = (0; a2; a2)
Pt (BCD): y +z –a = 0 => d(A; (BCD)) =

2
2
a
PHẦN RIÊNG

A. Phần 1 
Bài 5a :

1) Trong mp Oxy cho
đường tròn (C) :
(x –1)2 +(y –2)2 = 4 và
đường thẳng

(d) : x – y –1 = 0.
Viết phương trình đường
tròn (C’) đối xứng với
đường tròn (C) qua (d).

(∆) là đường thẳng qua I và (∆)⊥(d) có pt : (x –1) +(y –2) = 0

Giao điểm H của (∆) với (d): 1 0
3 0
x y
x y

− − =




+ − =

 => H(2; 1)

Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua (d) thì H là trung điểm của I’I.
Áp dụng công thức trung điểm => I’(3; 0)

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Tìm tọa độ các giao điểm

của (C) và (C’). Giải hệ

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2

2 2

( ) : 1 2 4 1 2 4

1 0

( ') : 3 4

C x y x y

x y

C x y

 − + − = 

− + − =

 

<=>

 

− − =

− + = 

 



Ta có giao điểm A(1; 0) và B(3; 2)

2) Trong không gian Oxyz
cho đường thẳng (dk): là
giao tuyến của hai mặt
phẳng

(P): x +3ky –z +2 = 0,
(Q): kx –y +z +1 = 0
Tìm k để đường thẳng (dk)
vuông với

(R): x –y –2z +5 = 0

(P) có vtpt n=

(

1;3 ; 1k −

)

, (Q) có vtpt n'=

(

k; 1;1−

)

=> Đường thẳng dk có vtcp u=n n, '=

(

3k− − − −1; k 1; 3k2−1

)

Gỉa thiết dk vuông (R) nên ta có ,u nR=0

<=>
2

3 2 1 0

3 6 3 0 1

2 2 0

k k

k k k

k

− + + =



− + − = <=> =



− + =


. Vậy k = 1 là đáp số

Chọn ngẫu nhiên 5 bạn và sắp thứ tự (chỗ ngồi)
=> không gian mẫu Ω gồm A115 (phần tử)

Kí hiệu A là biến cố: “Trong cách xếp trên có đúng 3 bạn nam”
Chọn 5 bạn, trong đó

- Chọn 3 nam từ 6 nam, có 3
6

C cách.
- Chọn 2 nữ từ 5 nữ, có 2

5
C cách.

- Xếp 5 bạn đã chọn vào 5 vị trí khác nhau thì có 5! Cách.

-Từ đó theo quy tắc nhân ta có biến cố A chọn 5 người vào 5 vị trí (trong đó
có đúng 3 nam) là: n(A) = 3

C .C52.5!
Bài 6a:

Từ một tổ gồm 6 bạn nam
và 5 bạn nữ, chọn ngẫu
nhiên 5 bạn xếp vào bàn

đầu theo những thứ tự khác
nhau. Tính xác suất sao
cho trong cách xếp trên có
đúng 3 bạn nam.

Vậy:

3 2
6 5
5
11
. .5!

( ) C C 0, 433
P A

A

= ≈

B. Phần 2

Bài 5b. Cho hai đường 
thẳng

( )

x 2 t

d : y 1 t

z 2t

 = +



 = −


 =




và

( )

x 0 2t '
d' : y 3

z 1 t '

 = −



 =



 = +




1) Chứng minh (d) và (d’)
chéo nhau. Hãy viết
phương trình đường vng
góc chung của (d) và (d’).

• d qua điểm M(2; 1; 0) có vtcp u=

(

1; 1; 2−

)

• d’ qua điểm M’(0; 3; 1) có vtcp u'= −

(

2;0;1

)

(

)

' 2; 2; 1

M M − −

và u u, '= − − −

(

1; 5; 2

)

, ' . ' 2 10 2 10 0

u u M M

  = − + + = ≠

 

nên d và d’ chéo nhau.
• Đường vng góc chung (D) cắt (d) tại I => I(2 +t; 1 –t; 2t)∈(d)

và (D) cắt (d’) tại J =>J(–2s; 3; 1 +s) ∈(d’)

=>JI =(2+ +t 2 ; 2s − − − +t; 1 2t−s)

• Theo giả thiết đường vng góc chung nên . 0
. ' 0
JI u
JI u

 =






(2 2 ) (2 ) 2 4 2 0

3
( 4 2 4 ) 1 2 0

t s t t s t

t s t s

s

−



+ + + + − + − = =

 

<=> <=>

− − − − + − =

  = −

• Lúc đó 5 4; ; 2
3 3 3
I − 

 , J(2; 3; 0) và

1; 5; 2

3 3 3

JI = − − − 

 

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

5
• Vậy phương trình (D) là

1
2

3
5
3

3
2
3

x l

y l

z l



= −





= −





= −




2) Viết pt mp(Q) song song

cách đều (d) và (d’) mp(Q) có vtpt n=u u, '= − − −

(

1; 5; 2

)

và đi qua điểm M0(1; 2; ½) là trung điểm của đoạn MM’
Vậy phương trình mp(Q) là –1(x -1) –5(y –2) –2(z –1/2) = 0
<=> (x –1) +5(y –2) +2(z –1/2) = 0 <=> x +5y +2z –12 = 0
Bài 6b: Cho hàm số

2 2 4

x x

y
x

− +

− có đồ thị

(C), chứng minh (C) có
tâm đối xứng

Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2 và tiệm cận xiên y = x
Giao điểm 2 tiệm cận là I(2 ; 2)

● Cách 1 : Tịnh tiến Oxy sang IXY bằng công thức đổi trục
2

x a X x X

y b Y y Y

= + = +

 

<=>

 

= + = +

 

Thay vào hàm số đã cho 2 Y X 2 4 Y X 4

X X

+ = + + <=> = +

Y là hàm số lẻ theo X nên đồ thị đối xứng qua I (dccm)
● Cách 2 : Gọi

2 2 4

;

m m

M m
m

 − + 

 

−

  thuộc (C),

điểm M’ đối xứng với M qua I <=> I là trung điểm M’M
<=>

' '

2 2

' '

4 4

' : 2 4 6 12

2 2

M M

x m x m

M m m m m

y y

m m

= − = −

 

 

<=>

 − +  − + −

= − =

 

− −

 

Từ xM’ = 4 –m suy ra xM2'−2xM'+4=m2−6m+12 và xM’ -2 = 2 –m
Nên

2 2

' '

'
'

2 4 6 12

2 2

M M

M
M

x x m m

y

x m

− + − +

= =

− − hay tọa độ M’ thỏa pt (C)

Vậy đồ thị (C) đối xứng qua điểm I(2; 2)

</div>

Ban da san sang

π

2

−

2

=

3

∫

( )

<sub>( )</sub>

(

)

2

−

2

=

3

2

2

∫

∫

∫

(

)

∫

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về