BÀI GIẢI ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Môn thi TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = (1) với m là tham số thực 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số[.]
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 = (1) với m tham số thực 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) 45 Câu II (2 điểm) Giải phương trình Giải hệ phương trình (x, y R) Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (2; 5; 3) đường thẳng d: 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) Tính tích phân I = Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : (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 Tìm số lớn số a0, a1, …, an Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải phương trình log2x1(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 = 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 = MXĐ R \ {3} = y' = , 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 Thế m = 1 vào (1) ta có : y = = m = 1 : nhận m = nhận kết câu Tóm lại ycbt m = 1 Cách khác : y = mx – + , điều kiện có tiệm cận xiên m m Do điều kiện cần đủ m = 1 m m m = 1 Câu II (hiển nhiên sin2x = không nghiệm) Đặt u = x2 + y, v = xy Hệ trở thành : (2) trừ (1) : u2 – u – uv = TH1 : u = v = (k Z) Vậy : TH2 : v = u – (2) u2 + u – = 4u2 + 4u + = u = Vậy : v= Câu III Gọi H (1 + 2t; t; 2+ 2t) d = (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 quát d : 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 = Ta có : d = d (A, ) = d= chọn n = 1, ta có : d2 = Đặt v = (5v – 1)m2 – 2(4v – 1)m + 5v – = 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 Do d lớn v lớn v = , ta có m 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 = (1, 4, 1) làm pháp vectơ pt () : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = x – 4y + z – = Câu IV I = ; đặt t = tgx dx = I = = = = Đặt f(x) = MXĐ : D = [0, 6] f’(x) = = f’(x) = x f'(x) f(x) x=2 + (1) có nghiệm thực phân biệt Phần tự chọn Câu V.a Ta có : a + b = (1) b = – a (Đk : b > < a < 5) Ta có : e = 9c2 = 5a2 9(a2 – b2) = 5a2 4a2 = 9b2 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 = Vậy phương trình tắc (E) : Từ khai triển : với ta có : Vậy biểu thức khai triển Số hạng tổng quát Vậy : => Hệ số tổng quát , nên hệ số lớn Câu V.b (đk : x > x 1) Đây pt bậc theo => có a + b + c = * x + = 2x − x = * x = (loại) hay x = KL : x = hay x = A/ B H C x A K Gọi H hình chiếu A’ xuống mp ABC H trung điểm BC Ta có tam giác A’HA vng H có cạnh AH a Vậy : A’H Vậy thể tích khối chóp A’ABC Kẻ Ax // BC K hình chiếu A’ xuống Ax ta có AHK nửa tam giác vuông K Vậy góc AK AA’, ta tìm cosin góc A’AK Đào Bảo Dũng, Võ Minh Vinh (Đại học Kinh tế TP.HCM) Góc AA’ B’C’