Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ năm 2010 môn Toán khối A (BGD)_Đề 2.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 : 07.03.2010 (Chủ Nhật ) ĐỀ 02 I. PHẦN BẮT BUỘC ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = x 3 − 3x 2 − 9x + m , m là tham số thực . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: ( 2 điểm ) 8 1 1 1. Giải phương trình log 2 x + 3 + log4 x − 1 = 3 log 8 4x . 2 4 1 x 1 x 2. Giải phương trình: + cos2 = sin2 . 4 3 2 2 ( ) ( ) ( ) ∫ π cos x ta n x π Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân: I = 4 1 + cos2 x dx . 6  2 Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2x ,  0 < x <  và AC = BC = BD = DA = 1 . Tính  2   thể tích tứ diện ABCD theo x .Tìm x để thể tích này lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. Câu V: ( 1 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình 3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 = m có  1  nghiệm duy nhất thuộc đoạn  − ;1 .  2  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 ) ( ) ( ) 1. Tìm tham số thực m sao cho đường thẳng d : x = 2 y − 1 = z + 1 cắt mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + m = 0 tại 2 điểm phân biệt M , N sao cho độ dài dây cung MN = 8 . ( ) ( ) 2. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2x − y − 5 = 0 và hai điểm A 1;2 , B 4;1 . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai điểm A, B . Câu VII.a ( 1 điểm ) Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: ( ) ( ) C n0 + 2.C n1 + 3.C n2 + 4.C n3 + ... + n.C nn −1 + n + 1 .C nn = n + 2 .2n −1 . 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) ( ) ( ) 1. Tìm tham số thực m sao cho đường thẳng d : x = 2 y − 1 = z + 1 tiếp xúc mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + m = 0 . 2. Tìm trên đường thẳng (d ) : 2x − y − 5 = 0 những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2x + y + 5 = 0 bằng 5 . Câu VII.b ( 1 điểm ) Với n là số tự nhiên, giải phương trình: ( ) ( ) C n0 + 2.C n1 + 3.C n2 + 4.C n3 + ... + n.C nn −1 + n + 1 .C nn = 128. n + 2 . ..........................................................Cán Bộ coi thi không giải thích gì thêm....................................................... I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = x 3 − 3x 2 − 9x + m , m là tham số thực . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 .Học sinh tự làm . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng ⇔ Phương trình x 3 − 3x 2 − 9x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt x 1, x 2 , x 3 lập thành cấp số cộng () () ⇔ Phương trình x 3 − 3x 2 − 9x + m = 0 * có 3 nghiệm phân biệt x 1, x 2 , x 3 thỏa mãn : x 1 + x 3 = 2x 2 1 mà () ()() x 1 + x 3 + x 2 = 3 2 . Từ 1 , 2 suy ra x 2 = 1 . () • x 2 = 1 là nghiệm phương trình * nên ta có : 13 − 3.12 − 9.1 + m = 0 ⇔ m = 11 () • m = 11 phương trình * ⇔ x 3 − 3x 2 − 9x + 11 = 0 có 3 nghiệm x 1, x 2 , x 3 luôn thỏa điều kiện x 1 + x 3 = 2x 2 . Vậy m = 11 là tham số thực cần tìm . Ngoài cách giải trên hs có thể lựa chọn phương pháp cấp số cộng thuộc chương trình giải tích lớp 11 Chú ý : Do chương trình mới giảm tải bài điểm uốn của chương trình ban cơ bản , sự giảm tải này đã dẫn đến các bài toán về cấp số cộng , cấp số nhân khá hạn chế trong mỗi đề thi . Nếu xuất hiện bài toán về cấp số thì việc lựa chọn phương pháp giải liên quan điểm uốn đều không chấp nhận. Do đó học sinh cần lưu ý điều này. Câu II: ( 2 điểm ) 1 1 1. Giải phương trình log 2 (x + 3) + log 4 (x − 1)8 = 3 log 8 (4x ) 2 4 x > −3  Điều kiện : x ≠ 1 ⇔ 0 < x ≠ 1 x > 0  1 1 Phương trình : log 2 (x + 3) + log 4 (x − 1)8 = 3 log 8 (4x ) ⇔ log2 (x + 3) + log2 x − 1 = log2 (4x ) * 2 4 TH1: 0 < x < 1 Phương trình : * ⇔ ... ⇔ log2  x + 3 −x + 1  = log2 4x . Hs tự giải   TH2: x > 1 Phương trình : * ⇔ ... ⇔ log2  x + 3 x − 1  = log2 4x   x = −1 l ⇔ x 2 − 2x − 3 = 0 ⇔  ⇔ x = 3. x = 3 1 x 1 x 2. Giải phương trình: + cos2 = sin2 . 4 3 2 2 2x 1 + cos 1 1 2x 1 2 x 3 = 1 − cos x ⇔ 1 + 2 + 2 cos 2x = 1 − cos x + cos = sin ⇔ + 4 3 2 2 4 2 4 3    x  x  x  x   x  ⇔ 2 + 2 cos 2   = − cos 3   ⇔ 2 + 2  2 cos2   − 1  = −  4 cos3   − 3 cos        3 3 3 3  3      x  x  x  x x  x  x  ⇔ 2 + 4 cos2   − 2 + 4 cos3   − 3 cos   = 0 ⇔ cos      4 cos2   + 4 cos   − 3  = 0 3 3 3  3  3  3 3  () () ( )( () ( () )( ) ) ( ) ( )  x  cos   = 0  3  x  1 ⇔ cos   =  3 2  x  3 cos   = − 2  3  x  x π  3π cos   = 0  = + kπ 3 x = + k 3π ⇔   ⇔ 3 2 ⇔ 2   x  π  x = ± π + k 2π x = ±π + k 6π . cos   = cos    3 3 3 3    l ()  2 Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2x ,  0 < x <  và AC = BC = BD = DA = 1 . Tính   2   thể tích tứ diện ABCD theo x .Tìm x để thể tích này lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. Đây là dạng toán trong sách bài tập hình học 12 . Học sinh tự vẽ hình Gọi I , J lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,CD 1 1 AI .dtICD , VBICD = BI .dtICD 3 3 1 1 Hay : VABCD = dtICD AI + BI , dtICD = .IJ .CD 3 2 Dễ dàng chứng minh được IJ là đoạn vuông góc chung của AB,CD Dễ thấy VABCD = VAICD + VBICD , VAICD = ( ) Ta có : IJ 2 = CI 2 − CJ 2 = 1 − 2x 2, AI = BI = x 1 1 .IJ .CD = . 1 − 2x 2 .2x = x . 1 − 2x 2 (đvdt). 2 2 1 1 2x 2 = dtICD AI + BI = x . 1 − 2x 2 x + x = . 1 − 2x 2 (đvtt). 3 3 3 ⇒ dtICD = VABCD ( ) 2 ( ( 2x 2 . 1 − 2x 2 = . x 2 .x 2 1 − 2x 2 3 3 ) ) ( 2 2  2 2  x + x + 1 − 2x ≤ . 3  3  Đẳng thức xảy ra khi : x 2 = x 2 = 1 − 2x 2 ⇔ x = Vậy maxVABCD = 2 (đvdt) khi x = 9 3 3 . 3 π Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân: I = 4 ∫ π cos x ta n x 1 + cos2 x dx . 6 π I = 4 ∫ π cos x π ta n x 1 + cos2 x dx = 6 π 4 ∫ π 6 ta n x 1 cos x +1 cos2 x 2 1 dx . . cos2 x  π 1 x = ⇒ u = 6 3 Đổi cận :  π x = ⇒ u = 1  4 Đặt u = t a n x ⇒ du = dx = 4 ∫ π cos 6 ta n x 2 x t a n2 x + 2 dx . 3 3 )    3 = 2 9 3 1 Do đó I = ∫ 1 1 u u +2 2 du = ∫d 1 3 ( ) u2 + 2 = u2 + 2 1 1 3− 7 = 3 3 3 Học sinh yếu hơn có thể đặt t = u 2 + 2 ⇒ dt = u u +2 2 du . Câu V: ( 1 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình 3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 = m có nghiệm  1  duy nhất thuộc đoạn  − ;1 .  2  3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 = m, m ∈ R .  1  Xét hàm số : f x = 3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 xác định và liên tục trên đoạn  − ;1 .  2    3x 3x 2 + 4x 3 3x + 4 Ta có : f ' x = − − = −x  +  .  2 1 − x2 x 3 + 2x 2 + 1 x 3 + 2x 2 + 1   1−x 4 3 3x + 4  1  + > 0. ∀x ∈  − ;1 ta có x > − ⇒ 3x + 4 > 0 ⇒ 3  2  1 − x2 x 3 + 2x 2 + 1 ( ) ( ) ( ) Vậy: f ' x = 0 ⇔ x = 0 . Bảng biến thiên: − x ( ) f' x ( ) f x 1 2 | 0 + 3 3 − 22 2 0 1 1 − || −4  1  3 3 − 22 Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc  − ;1 ⇔ −4 ≤ m < hoặc m = 1 . 2  2  II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Ban cơ bản và nâng cao có cùng đáp án. Câu VI.a ( 2 điểm ) ( ) ( ) 1. Tìm tham số thực m sao cho đường thẳng d : x = 2 y − 1 = z + 1 cắt mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + m = 0 tại 2 điểm phân biệt M , N sao cho độ dài dây cung MN = 8 . (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + m = 0 ⇔ (S ) :(x − 2)2 + (y − 3)2 + z 2 = 13 − m có tâm I ( 2; 3; 0 ) , bán kính R = IN = 13 − m , m < 13 Dựng IH ⊥ MN ⇒ MH = HN = 4 ⇒ IH = IN 2 − HN 2 = 13 − m − 16 = −m − 3, m < −3 và IH = d I ; d ( ( ))     (d ) luôn đi qua A ( 0;1; −1) và có vectơ chỉ phương u =  1; 21 ; 1  = 21 (2; 1; 2) AI = (−2; 2; 1); [AI ; u ] = (3; 6; − 6) [AI ; u ] 32 + 62 + 62 ⇒ d I; d = = = ( ( )) u 22 + 12 + 22 81 9 = 3. IH = d I ; d ⇔ −m − 3 = 3 ⇔ − m − 3 = 9 ⇔ m = −12 ( ( )) Vậy m = −12 thỏa mãn yêu cầu bài toán . 2. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2x − y − 5 = 0 và hai điểm A(1;2) , B(4;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai điểm A, B . Phương trình đường trung trực của AB là 3x − y − 6 = 0 . 2x − y = 5 x = 1 Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:  ⇔ ⇒ I 1; −3 ⇒ R = IA = 5 3x − y = 6 y = −3  ( ( ) ( 2 Phương trình đường tròn là x − 1 + y + 3 ) 2 ) = 25 . Câu VII.a ( 1 điểm ) Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: 0 1 2 C n + 2.C n + 3.C n + 4.C n3 + ... + n.C nn −1 + (n + 1).C nn = (n + 2).2n −1 . ( Ta có : 1 + x ) n = C n0 + C n1x + C n2x 2 + C n3x 3 + ... + C nn −1x n −1 + C nn x n . ( Nhân vào hai vế với x ∈ ℝ , ta có: 1 + x Lấy đạo hàm hai vế ta được: ) n x = C n0x + C n1x 2 + C n2x 3 + C n3x 4 + ... + C nn −1x n + C nn x n +1 . ( ) C n0 + 2C n1x + 3C n2x 2 + 4C n3x 3 + ... + nC nn −1x n −1 + n + 1 C nn x n ( = n 1+x ) n −1 ( x + 1+x ) = (1 + x ) (nx + x + 1) . n n −1 Thay x = 1 , ta được kết quả : C n0 + 2.C n1 + 3.C n2 + 4.C n3 + ... + n.C nn −1 + (n + 1).C nn = (n + 2).2n −1 Một bài toán giải thế này đúng chưa ? 95 y2   Cho nhị thức  x 3y +  , có bao nhiêu số hạng trong dãy mà số mũ của x chia hết số mũ của y . x   95  y2  Cho nhị thức  x 3y +  , có bao nhiêu số hạng trong dãy mà số mũ của x chia hết số mũ của y x   95 i 2 95 95 95 −i  y  y2   3 i 3 i 3.95 − 4.i 95 +i .y , 0 ≤ i ≤ 95 .  x y + x  = ∑C 95 ( x y )  x  = ∑C 95x i =0 i =0     Số mũ của của x chia hết số mũ của y , khi đó tồn tại số nguyên t sao cho (t + 4 ) i = 95 ( 3 − t ) • t = −4 thì ( * ) vô nghiệm . 95 ( 3 − t ) , 0 ≤ i ≤ 95 ⇒ t = 0,1, 2, 3 . • t ≠ −4 thì ( * ) ⇒ i = t+4 95.3 loại . + t =0⇒i = 4 95.2 + t =1⇒i = = 38 nhận , số hạng cần tìm là C 9538x 133 .y 133 . 5 95 loại . + t =2⇒i = 6 ( *) + t = 3 ⇒ i = 0 nhận , số hạng cần tìm là C 950 x 258 .y 95 . Vậy có hai số hạng thỏa mãn bài toán : C 950 x 258 .y 95 và C 9538x 133 .y 133 .

Đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ năm 2010 môn Toán khối A (BGD)_Đề 2

Nội dung