đề thi đại học dự trữ (1) môn toán năm 2006 khối a

ĐỀà DỰ BỊ 2 –TOÁN KHỐI A –năm 2006 Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh Câu I (2 đ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số y = () x x−− 4 2 21 2 2) Viết phương trình các đường thẳng đi qua điểm A(0, 2) và tiếp xúc với (C). Câu II (2 đ) 1) Giải phương trình: 2sin 2x - π ⎛ ⎜ ⎝⎠ 6 ⎞ ⎟ + 4sinx + 1 = 0 2) Giải hệ phương trình: , () xxyy x yR xy ⎧ −=+ ⎪ ∈ ⎨ −= + ⎪ ⎩ 33 22 82 33 1 Câu III (2 đ) Trong không gian với hệ trục Oxyz. Cho mp ( α ): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4, 0, 0) ; B(0, 4, 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mp ( α ) 2) Xác đònh tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mp ( α ) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mp ( α ). Câu IV (2 đ) 1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x 2 – x + 3 và đường thẳng d: y = 2x + 1 2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: xyz−−− + +=3331 . Chứng minh rằng: x yzxy xyz yzx zxy+++ ++ ++≥ +++ 99933 33 33 33 4 z 3 Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb Câu Va (2đ) 1) Trong mp với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d. Phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1, 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó. Câu Vb (2 đ) 1) Giải phương trình: log log log xx x += 2 2 22 4 8 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = a 3 3 . Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.BCNM HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I 1/ KS: y= x x−+ 4 2 2 2 2 .MXĐ: D=R y’=2x 3 -4x=2x(x 2 -2); y’= 0 x=0 hay x= ⇔ ± 2 x −∞ − 2 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + y +∞ 2 +∞ 0 CĐ 0 CT CT y”=6x 2 -4; y”=0=>x= ±± 26 33 Đồ thò hàm số: Học sinh tự vẽ. 2/ pt tiếp tuyến d qua A(0,2) có dạng d:y=kx+2 d là tiếp tuyến của (C) có n g hiệ m () () x xkx xxk ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ −+=+ ⇔ −= 4 2 2 22 21 3 24 2 Thay (2) vào (1) ta có phương trình hòanh độ tiếp điểm là 3x 4 -8x 2 =0 x=0 hay x= ⇔ ± 8 3 • x=0 thì k=0 ta có tiếp tuyến d 1 : y=2 • x= ± 8 3 thì k= ± 82 33 ta có hai tiếp tuyến d 2,3 :y= ± 82 33 x+2 Câu II 1/ Giải phương trình: sin sinxx π ⎛⎞ −+ += ⎜⎟ ⎝⎠ 22 4 1 6 0 (1) (1) ⇔ 3 sin2x-cos2x+4sinx+1=0 <=>2 3 sinxcosx+4sinx+2sin 2 x=0 ⇔ sinx( 3 cosx+sinx+2)=0 sin cos sin sin cos( ) xhay x x x hay x x k hay x k ππ π π =++= =−=−⇔==+ ⇔ ⇔ 03 20 7 01 66 2 2/ Giải hệ phương trình () x yy y x x −=+ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ −= + ⎩ 33 22 82 33 1 (I) (I) ()( () yxy y x x ⎧ −= + ⎪ ⇔ ⎨ ⎪ −= ⎩ 33 22 24 1 362 ) ) Thế (2) vào (1) ta có: )( ) )((( y x yy x y xx−= +=− + 33 2 3 64 3 43 xy x y xha y x y ha y x y x +− =⇔= = =−⇔ 32 2 12 0 0 3 4  x= 0 -3y 2 = 6 vô nghiệm ⇒  x=3y thay vào (2) có hai nghiệm (3,1) và (-3,-1)  x=-4y thay vào (2)có nghiệm ., .,hay ⎛⎞⎛ −− ⎜⎟⎜ ⎜⎟⎜ ⎝⎠⎝ 66 6 6 44 13 13 13 13 ⎞ ⎟ ⎟ ⎠ Câu III 1/ Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mp( α ) pt AB: Toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mp( xy z += ⎧ ⎨ = ⎩ 4 0 α ) là nghiệm của hệ phương trình: (,, xy x zyM xyz z += =− ⎧⎧ ⎪⎪ =⇔=⇒− ⎨⎨ ⎪⎪ +−+= = ⎩⎩ 412 0161 32 40 0 ) 2160 2/Vì I là trung điểm của AB ⇒ I(2,2,0). Gọi K (x; y; z ) cùng phương KI uur () n α uur và KO = d(K,( α )) ⇔ ,, x y z K xyz xyz − − ⎧ == ⎪ − − ⎪ ⎛⎞ ⇔ ⎨ ⎜⎟ +−+ ⎝⎠ ⎪ ++ = ⎪ ⎩ 222 2 2 321 11 3 32 4 424 14 Câu IV 1/ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi P:y=x 2 -x+3 và d:y=2x+1 Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x 2 -x+3 = 2x+1 x=1 hay x=2 ⇔ ()Sxxxdx ⎡ =+−−+= ⎣ ∫ 2 2 1 1 21 3 6 ⎤ ⎦ ]2 ( vì 2x + 1 ) ,[;xx x≥−+∀∈ 2 31 2/ Chứng minh bất đẳng thức x yz x + + 9 33 + y y zx + + 9 33 + z x y z + + 9 33 ≥ y x z ++333 4 với 3 -x + 3 -y + 3 -z = 1 Đặt a =3 x , b =3 y , c =3 z Theo giả thiết ta có:a,b,c > 0 và ab + bc + ca= abc (1) Bất đẳng thức cần chứng minh: a b c abc abcbca cab + + ++≥ +++ 222 4 ⇔ abcab a abc b abc c abc ++ ++≥ +++ 333 222 4 c (2) Thay abc vào (2) ta có: ()()()()()() a b c abc abac bcba cacb + + ++≥ ++ ++ ++ 333 4 Áp dụng BĐT côsi cho 3 số dương ta có: . ()() aabaca abac ++ ++≥ = ++ 33 3 3 88 64 3 a 4 . ()() bbcbab bcba ++ ++≥ = ++ 33 3 3 88 64 3 b 4 . ()() ccacbc cacb ++ ++≥ = ++ 33 3 3 88 64 3 c 4 Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có ĐPCM. Câu Va 1/ Tìm toạ độ A,B,C Vì AC BH có hệ số góc bằng -1 suy ra hệ số góc của AC là 1. ⊥ Vì M(1,1)∈AC pt AC:y-1=1(x-1) y = x .Tọa độ A là nghiệm của hệ: ⇒ ⇔ ,xy A xy yx ⎧ ⎪ ⎛⎞ ⇔==−⇒ − − ⎨ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎪ ⎩ −−= = 22 33 2 3 042 Vì M(1,1) là trung điểm của AC ⇒ ,C ⎛⎞ ⎜⎟ ⎝⎠ 88 33 Cạnh BC//d và qua C ⇒ pt BC: (x- 8 3 ) – 4( y- 8 3 ) = 0 hay .Tọa độ B là nghiệm của hệ : xy−−=480 () , xy B xy ++= ⎧ ⇒− ⎨ −−= ⎩ 30 41 480 2/ Gọi n aaaaa a a a a a==++++ 43 21 43210 4 3 2 1 0 10 10 10 10 10 0 là số cần lập Ta có 4 cách chọn a 4 4 cách chọn a 3 3 cách chọn a 2 2 cách chon a 1 1 cách chọn a 0 Vậy có 4.4.3.2.1=96 số n Cách 2 : Ta có 4 cách chọn a 4 và 4! cách xếp 4 số còn lại Vậy có 4.4!= 96 số n * Tính tổng 96 số n lập được Có 24 số naaaa= 4321 0 ; Có 18 số naaaa= 4321 1;Có 18 số naaaa= 4321 2 ; Có 18 số n= naaaa= 4321 3 ;Có 18 số naaaa= 4321 4 Tổng các chữ số hàng đơn vò là: 18(1+2+3+4)=180. Tương tự ; tổng các chữ số hàng chục là: 1800;tổng các chữ số hàng trăm là: 18000;tổng các chữ số hàng ngàn là: 180000. Có 24 số n aaaa= 3210 1 ; Có 24 số naaaa= 3210 2 ;Có 24 số naaaa= 3210 3 ; Có 24 số naaaa= 3210 4 Tổng các chữ số hàng chục ngàn 24(1+2+3+4)10000=2400000 Vậy tổng 96 số n là 180+1800+18000+180000+2400000=2599980 Cách 2 : Có 24 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vò trí a 4 . Có 18 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vò trí a i với i = 0, 1, 2, 3 Vậy tổng 96 số n là ( 1+2+3+4 ) [ ] .(++++ 4321 24 10 18 10 10 10 10 ) 0 Câu Vb 1/ Giải pt: log log log xx += 22 22 4 8 x (1) () log log log log log log log x x xx x xx ⇔+ = ⇔+ = ⇔=⇔= ++ 22 2 2 2 14 6 1 1 6 1 22 2 12 11 x 2 2/ Tính thể tích hình chóp SBCMN (BCM)//AD nên nó cắt (SAD) theo giao tuyến MN//AD Ta có B CBM BC AB BC SA ⎧ ⎪ ⇒⊥ ⎨ ⎪ ⎩ ⊥ ⊥ Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao Ta có SA=ABtg60 0 = a 3 a a MN SM MN AD SA a a − =⇔= = 3 3 2 3 23 3 ⇒ MN = a4 3 , BM = aa a += 2 2 2 3 3 Diện tích hình thang BCMN là BC MN SBM a a aa S + = ⎛⎞ + ⎜⎟ == ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ 2 2 4 2 210 3 2 333 () . SBCMN VSHdtBC= 1 3 MN Hạ SH BM.Ta có SH⊥ ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) ≡ (SBM) BC SH ⇒ ⊥ Vậy SH (BMCN) SH là đường cao của khối chóp SBCNM Trong tam giác SBA ta có ⊥ ⇒ AB AB AM SB a cos SB MS ===>= 0 1 2 60 2 = Vậy BM là phân giác của góc SBH ⇒  SBH = 0 30 ⇒ SH=SB.sin30 0 =2a. 1 2 = a V= 1 3 a. a = 2 a 3 10 3 27 33 10 Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát (Trung Tâm Luyện Thi Vónh Viễn) . n lập được Có 24 số naaaa= 4321 0 ; Có 18 số naaaa= 4321 1;Có 18 số naaaa= 4321 2 ; Có 18 số n= naaaa= 4321 3 ;Có 18 số naaaa= 4321 4 Tổng các chữ. hàng ngàn là: 180000. Có 24 số n aaaa= 3210 1 ; Có 24 số naaaa= 3210 2 ;Có 24 số naaaa= 3210 3 ; Có 24 số naaaa= 3210 4 Tổng các chữ số hàng chục