Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ năm 2010 môn Toán khối A (BGD)_Đề 1.pdf (ôn thi đại học 2010)

Bộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THAM KHẢO Email: phukhanh@moet.edu.vn ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN - khối A. Ngày thi : 28.02.2010 (Chủ Nhật ) ĐỀ 01 I. PHẦN BẮT BUỘC ( 7,0 điểm ) x +3 , có đồ thị là C x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số . ( ). Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) tại các điểm A, B . Chứng minh 2. Cho điểm M 0 x 0 ; y 0 ∈ C . Tiếp tuyến của C tại M 0 cắt các đường tiệm cận của C M 0 là trung điểm của đoạn AB . Câu II: ( 2 điểm ) 6x − 4 2x + 4 − 2 2 − x = 1. Giải phương trình : 3 −1 Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân I = ∫ 0 2. Giải phương trình : x2 + 4 sin 3 x .sin 3x + cos3 x cos 3x 1 =− 8   π π ta n  x −  ta n  x +  6 3   dx x + 2x + 2 2 Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O ,OB = a, OC = 3, (a > 0 ) . và đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB,OM . Câu V: ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương x , y , z thỏa mãn 1 + x thức P = 1 y + 1 z = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu xyz 2 y z −1 2 x + + 1+x 1+y z +1 II. PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz ( ) ( ) ( ) ( ) 1. Cho 4 điểm A 1; 0; 0 , B 0; −1; 0 ,C 0; 0;2 , D 2; −1;1 . Tìm vectơ A ' B ' là hình chiếu của vectơ AB lên CD . x y −2 z = = và mặt phẳng P : x − y + z − 5 = 0 . Viết phương trình tham số của đường thẳng 1 2 2 t đi qua A 3; −1;1 nằm trong P và hợp với d một góc 450 . ( ) () 2. Cho đường thẳng : d : () ( ) ( ) () Câu VII.a( 1 điểm ) Một giỏ đựng 20 quả cầu. Trong đó có 15 quả màu xanh và 5 quả màu đỏ. Chọn ngẫu nhiên 2 quả cầu trong giỏ.Tính xác suất để chọn được 2 quả cầu cùng màu ? 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz 1. Cho 3 điểm A ( 0;1; 0 ) , B ( 2;2; 2 ) và đường thẳng (d ) : x −1 y +2 z − 3 . Tìm điểm M ∈ d để diện tích = = 2 −1 2 () tam giác ABM nhỏ nhất. x +1 y −1 z −2 x −2 y +2 z và d ' : . Chứng minh d vuông góc với d ' , viết = = = = −2 3 2 1 2 −2 phương trình đường vuông góc chung của d và d ' . 2. Cho hai đường thẳng (d ) : () ( ) ( ) ( ) ( ) 8 1 3 x −1  − log ( 3x − 1 +1 )  Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho khai triển  2 log2 9 + 7 + 2 5 2  . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai    triển này là 224 . ............…………………………….Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ………………………………………............... I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) x +3 Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = , có đồ thị là C . x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số . ( ) ( ) ( ) ( ) y 4 ( ) 2. Cho điểm M 0 x 0 ; y 0 ∈ C . Tiếp tuyến của C tại ( ) M 0 cắt các đường tiệm cận của C 2 tại các điểm A, B . A x Chứng minh M 0 là trung điểm của đoạn AB . -4 -2 2 M -2 B -4 Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : 2x + 4 − 2 2 − x = Điều kiện : −2 ≤ x ≤ 2 2x + 4 − 2 2 − x = 6x − 4 ⇔ 6x − 4 x2 + 4 6x − 4 = 6x − 4 2x + 4 + 2 2 − x x2 + 4   1 1 ⇔ 2 3x − 2  −  = 0  2x + 4 + 2 2 − x 2 + x 4     2 2 x = x =  ⇔ ⇔ 3 3 2  2x + 4 + 2 2 − x = x + 4 4 2(2 + x )(2 − x ) + (2 − x )(x + 4) = 0  2  2 x = x =   ⇔ ⇔ 3 3  x = 2 2 − x (4 2(2 + x ) + ( x + 4) 2 − x ) = 0   ( x2 + 4 ) 2. Giải phương trình : sin 3 x .sin 3x + cos3 x cos 3x 1 =−   8 π π ta n  x −  ta n  x +  6 3      π  π π π Điều kiện : sin  x −  sin  x +  cos  x −  cos  x +  ≠ 0 6 3 6 3         π π π  π Ta có : t a n  x −  t a n  x +  = t a n  x −  cot  − x  = −1 6 3 6    6  3 3 sin x .sin 3x + cos x cos 3x 1 1 Phương trình : = − ⇔ sin 3 x .sin 3x + cos3 x cos 3x = 8 8   π π ta n  x −  ta n  x +  6 3   1 − cos 2x cos 2x − cos 4x 1 + cos 2x cos 2x + cos 4x 1 ⋅ + ⋅ = 2 2 2 2 8 1 1 1 ⇔ 2(cos 2x + cos 2x cos 4x ) = ⇔ cos3 2x = ⇔ cos 2x = 2 8 2 ⇔ 4  π x = + kπ (không thoa) π 6 . Vậy phương trình cho có họ nghiệm là x = − + k π ⇔ π 6 x = − + kπ  6 3 −1 Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân I = ∫ 0 3 −1 ∫ I = 0 dx = 2 x + 2x + 2 3 −1 ∫ 0 dx x 2 + 2x + 2 dx 1 + (x + 1)2  π π 2 Đặt x + 1 = t a n t, t ∈  − ;  ⇒ dx = (t a n x + 1)dt  2 2 Đổi cận : x = 0 ⇒ t = π π 4 , x = 3 −1⇒t = π 3 . π 3 t a n2 t + 1 π π π . I = ∫ dt = dt = − = ∫ 2 3 4 12 π 1 + ta n t π 3 4 4 Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O , OB = a,OC = 3, (a > 0 ) . và đường cao OA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB,OM . Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), a a 3 ; A(0; 0; a 3), B (a; 0; 0), C (0; a 3; 0), M  ; 2 2  gọi N là trung điểm của AC ⇒ N  0;   0 ,   a 3 a 3 ; . 2 2  MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN ⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = d(B;(OMN)).  a a 3 OM =  ; ; 2 2   a 3 a 3  0  , ON =  0; ;  2 2     3a2 a2 3 a 2 3  a 2 3 [OM ; ON ] =  ; ; =  4 4 4  4  n = ( 3; 1; 1) . ( ) 3; 1; 1 = a2 3 n , với 4 Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến n : 3x + y + z = 0 Ta có: d ( AB; OM ) = 1 x 2 y z −1 2 x + + 1+x 1+y z +1 3 +1+1 = a 3 5 = a 15 . 5 Vậy, a 15 . 5 Câu V: ( 1 điểm ) Cho 3 số thực dương x , y , z thỏa mãn biểu thức P = 3.a + 0 + 0 d ( B; (OMN )) = + 1 y + 1 z = 1 xyz . Tìm giá trị lớn nhất của 1 Ta có : + x 1 1 + y 1 = z ⇔ x. y + y. z + z . x = 1 . Điều này gợi ý ta đưa đến hướng xyz A B C , y = tan , z = tan 2 2 2 A B B C C A Nếu A, B,C ∈ (0; π ), A + B + C = π thì t a n t a n + t a n t a n + t a n t a n = 1. 2 2 2 2 2 2 C A−B C Khi đó P = sin A + sin B − cosC = 2 cos cos − 2 cos2 + 1 2 2 2 C 1 A−B 2 1 A−B 3 P = −2(cos − cos ) + 1 + cos2 ≤ 2 2 2 2 2 2  2π  2− 3 π C = = 3 x = y = tan2 3 Vậy max P = khi  ⇔ 12 2 + 3 2 A = B = π z = 3   6 II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) x = tan giải lượng giác . Đặt 1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho A ( 0;1; 0 ) , B ( 2;2; 2 ) ,C ( −2; 3;1) và đường thẳng x = 1 + 2t  d : y = −2 − t . Tìm điểm M ∈ d để diện tích tam giác ABN nhỏ nhất. z = 3 + 2t  ( ) ( ) M ∈ (d ) ⇒ M (1 + 2t; − 2 − t ; 3 + 2t ). AB = (2; 1; 2), AC = (−2; 2;1) ⇒ [AB; AC ] = (−3; − 6; 6) = −3(1; 2; − 2) = −3.n, n = (1; 2; − 2) Mặt phẳng ABC qua A 0;1; 0 và có vecto pháp tuyến n = (1; 2; − 2) nên có phương trình x + 2y − 2z − 2 = 0 ( S ABC = ) ( ) 1 + 2t + 2(−2 − t ) − 2(3 + 2t ) − 2 −4t − 11 1 1 9 = [AB; AC ] = (−3)2 + (−6)2 + 62 = , MH = d (M (ABC )) = 3 2 2 2 1+ 4 + 4 1 9 4t + 11 5 17 . . = 3 ⇔ 4t + 11 = 6 ⇔ t = − hay t = − . 3 2 3 4 4  3  15 9 11  3 1 Vậy M  − ; − ;  hay M  − ; ;  là tọa độ cần tìm. 4 2  2  2 4 2 x +1 y −1 z −2 x −2 y +2 z và d ' : . Chứng minh d vuông góc với d ' , 2. Cho hai đường thẳngờ d : = = = = −2 3 2 1 2 −2 viết phương trình đường vuông góc chung của d và d ' . VMABC = 3 ⇔ V = ( ) ( ) ( ) ( )  Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho khai triển  2 log  3 2 9x − 1 + 7  +2 ( 1 − log 2 3x − 1 +1 5 ( ) 8 )  . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6    trong khai triển này là 224 . ( Ta có : a + b k =8 ) = ∑C a 8 k 8 k =0 8 −k k b với a = 2 log2 9x −1 + 7 3 ( x −1 = 9 +7 ) 1 3 ; b =2 ( ) 1 − log2 3x −1 +1 5 ( x −1 = 3 +1 ) − 1 5 + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải của khai triển là  T6 = C  9x −1 + 7   5 8 ( ) 1 3     3  .  3x −1 + 1   ( ) − 1 5 5  x −1 x −1  = 56 9 + 7 . 3 + 1   ( )( ( ) ) −1 ( 9x −1 + 7 3x −1 + 1 3x −1 = 1 − 4(3x −1 ) + 3 = 0 ⇔  x −1 ⇔ 3 =3  )( ) + Theo giả thiết ta có : 56 9x −1 + 7 . 3x −1 + 1 ( ) ⇔ 3x −1 2 −1 = 224 ⇔ = 4 ⇔ 9x −1 + 7 = 4(3x −1 + 1) x = 1  x = 2

Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ năm 2010 môn Toán khối A (BGD)_Đề 1

Nội dung