Ðề thi tuyển sinh đại học khối a năm 2008 môn thi : toán43384

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = mx  (3m  2)x  (1) với m tham số thực x  3m Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm giá trị m để góc hai đường tiệm cận đồ thị hàm số (1) 450 Câu II (2 điểm)  7   4sin  x 3     sin  x       x  y  x y  xy  xy   Giải hệ phương trình  (x, y  R)  x  y  xy(1  2x)     sin x Giải phương trình Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (2; 5; 3) đường thẳng d: x 1 y z    2 Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm A đường thẳng d Viết phương trình mặt phẳng () chứa d cho khoảng cách từ A đến () lớn Câu IV (2 điểm)  tg x 0 cos 2x dx Tính tích phân I = Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : 2x  2x   x   x  m (m  R) PHẦN RIÊNG - Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elíp (E) biết (E) có tâm sai hình chữ nhật sở (E) có chu vi 20 Cho khai triển (1 + 2x)n = a0 + a1x + … + anxn, n  N* hệ số a0, a1, …, an thỏa mãn hệ thức a  a1 a   nn  4096 Tìm số lớn số a0, a1, …, an 2 Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải phương trình log2x1(2x2 + x – 1) + logx+1(2x – 1)2 = Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vuông A, AB = a, AC = a hình chiếu vng góc đỉnh A’ mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A’ ABC tính cosin góc hai đường thẳng AA’, B’C’ BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I m =  y = x2  x  = x2 x 3 x 3 MXĐ R \ {3} DeThiMau.vn y' =  , (x  3) y’ =  (x + 3)2 =  x = 5 hay x = 1 y(5) = 9, y(1) = 1 Vậy (5, 9) điểm cực đại (1, 1) điểm cực tiểu Đồ thị cắt trục hoành điểm (1; 0) (2; 0); đồ thị cắt trục tung (0;  ) x = 3 tiệm cận đứng; y = x – tiệm cận xiên (BBT đồ thị : học sinh tự làm) Giả sử hàm số có tiệm cận xiên tiệm cận xiên có hệ số góc m điều kiện cần để góc tiệm cận xiên 450 m = hay m = 1 x  x  Thế m = 1 vào (1) ta có : y = = x    m = 1 : nhận x 3 x 3 m = nhận kết câu Tóm lại ycbt  m = 1 6m  , điều kiện có tiệm cận xiên m  m  x  3m Do điều kiện cần đủ m = 1 m  m   m = 1 Cách khác : y = mx – + Câu II  7   4sin  x 3     sin  x     1     4sin  x    sin x cos x 4  sin x  cos x  (sin x  cos x)  sin x cos x  sin x  sin x  cos x  hay sin 2x   (hiển nhiên sin2x = không nghiệm) 2    x  k hay x    k hay x  5  k (k  Z) 8  x  y  x y  xy  xy      x  y  xy(1  2x)     2 x  y  xy(x  y)  xy      2 (x  y)  xy     tgx  1 hay sin 2x   Đặt u = x2 + y, v = xy u  uv  v   (1) Hệ trở thành :  (2) u  v   u0 (2) trừ (1) : u2 – u – uv =    v  u  TH1 : u =  v =  DeThiMau.vn   x  y   y   x  x     Vậy :  xy   x     y   25 4  16 TH2 : v = u –  4u2 + 4u + =  u =   v =  2 1    x  x  y    x  2x   Vậy :      3 y  xy   y      2x (2)  u2 + u – =  Câu III Gọi H (1 + 2t; t; 2+ 2t)  d   AH  (2t  1; t  5; 2t  1)  a = (2; 1; 2)  2(2t – 1) + (t – 5) + 2(2t – 1) =  t = Vậy H (3; 1; 4) hình chiếu vng góc A lên d Phương trình tổng qt d : 2yx 2yz 12  00 Phương trình mặt phẳng () qua d có dạng : m(x – 2y – 1) + n(2y – z + 2) = với m, n không đồng thời  mx + (2n – 2m)y – nz – m + 2n = 9m  9n Ta có : d = d (A, ) = chọn n = 1, ta có : 5m  5n  8mn 1 m 81(1  2m  m ) d= d = 5m  8m  5m  8m  m  2m  Đặt v =  (5v – 1)m2 – 2(4v – 1)m + 5v – = 5m  8m  Vì a = (5v – 1) b = 2(4v – 1) không đồng thời nên miền giá trị v tất v thỏa ’ = (4v – 1)2 – (5v – 1)2   v(9v – 2)    v  m  2 Do d lớn  v lớn  v = , ta có 9 b 4v      1 2a 5v  10  Vậy pt mặt phẳng () thỏa ycbt : x  4y + z – = Cách khác : Pt mặt phẳng () chứa d d (A, ) lớn   qua A’ (3, 1, 4) nhận  AA ' = (1, 4, 1) làm pháp vectơ  pt () : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) =  x – 4y + z – = Câu IV  I = tg x dt 0 cos 2x dx ; đặt t = tgx  dx =  t  I = t  1 t dt =    t 1 t3 1 t =   t  ln 1 t   dt 1 t2   10 10  ln  = ln(2  3)  27 1 DeThiMau.vn Đặt f(x) = 2x  2x   x   x MXĐ : D = [0, 6] f’(x) =   1 1       3  (2x) 6x  (6  x)   2x   1  1 1    4   4 (6  x)  2x  x (6  x)  2x    (2x) = 4 f’(x) =    1     2x (6  x)   1 x=2  2x (6  x) x f'(x) f(x) +  3(  4) 2(  6) 12  12 (1) có nghiệm thực phân biệt  2(  6)  m  3( 4  4) Phần tự chọn Câu V.a Ta có : a + b = (1)  b = – a (Đk : b >  < a < 5) Ta có : e = c  9c2 = 5a2  9(a2 – b2) = 5a2  4a2 = 9b2  a Mà : b = – a  4a2 = 9(5 – a)2  5a2 – 90a + 225 =  a2 – 18a + 45 =  a = hay a = 15 (loại) Thế a = vào (1) ta có : b = x y2  1 Vậy phương trình tắc (E) : Từ khai triển : (1  2x)n  a  a1x   a n x n với x  ta có : 2n  a  a1   n a n  4096  212  n  12 Vậy biểu thức khai triển (1  2x)12 k k k k Số hạng tổng quát C12 x (k  N;  k  12) => Hệ số tổng quát a k  2k C12 k k 1 a k  a k 1  2k C12  2k 1.C12 (k  N;0  k  11) 12! 12!  2k   k!(12  k)! (k  1)!(11  k)! 12  k k   k   24  2k  3k  23  k  (k  N)  2k Vậy : a  a1   a  a  a   a12 , nên hệ số lớn a Câu V.b log 2x 1 (2x  x  1)  log x 1 (2x  1)2  (đk : x >  log 2x 1 (x  1)(2x  1)  log x 1 (2x  1)    log 2x 1 (x  1)  log x 1 (2x  1)   x  1)  log (x 1)  log x 1 (2x  1)  2l og x 1 (2x  1)  3log x 1 (2x  1)   DeThiMau.vn Đây pt bậc theo log x 1 (2x  1) có a + b + c = => log x 1 (2x  1)  log x 1 (2x  1)  * log x 1 (2x  1)   x + = 2x −  x =  2x   x   (2x  1)2  x   4x  5x  5  x = (loại) hay x = KL : x = hay x = 4 * log x 1 (2x  1)  A/ B H A C x K Gọi H hình chiếu A’ xuống mp ABC H trung điểm BC BC  a  3a  2a Ta có tam giác A’HA vng H có cạnh AH a Vậy : A’H  4a  a  a 1 a3 Vậy thể tích khối chóp A’ABC  S.h  a.a 3.a  3 2 Kẻ Ax // BC K hình chiếu A’ xuống Ax  ta có  AHK nửa tam giác vng K Vậy AK  góc AK AA’, ta tìm cosin góc A’AK a AK ฀'AK     cos A AA ' 2a Đào Bảo Dũng, Võ Minh Vinh (Đại học Kinh tế TP.HCM) DeThiMau.vn a Góc AA’ B’C’ ...  a  a 1 a3 Vậy thể tích khối chóp A? ??ABC  S.h  a. a 3 .a  3 2 Kẻ Ax // BC K hình chiếu A? ?? xuống Ax  ta có  AHK n? ?a tam giác vng K Vậy AK  góc AK AA’, ta tìm cosin góc A? ??AK a AK ฀'AK  ... V .a Ta có : a + b = (1)  b = – a (Đk : b >  < a < 5) Ta có : e = c  9c2 = 5a2  9 (a2 – b2) = 5a2  4a2 = 9b2  a Mà : b = – a  4a2 = 9(5 – a) 2  5a2 – 9 0a + 225 =  a2 – 1 8a + 45 =  a = hay... (loại) hay x = KL : x = hay x = 4 * log x 1 (2x  1)  A/ B H A C x K Gọi H hình chiếu A? ?? xuống mp ABC H trung điểm BC BC  a  3a  2a Ta có tam giác A? ??HA vng H có cạnh AH a Vậy : A? ??H  4a  a