Đề ôn Đại học 3-4-5

ĐỀ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 03 A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I: Cho hàm số 3 2 3 2y x m x m= − + (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 . b) Tìm m để (C m ) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt. Câu II: a) Giải phương trình: (sin 2 sin 4)cos 2 0 2sin 3 x x x x − + − = + b) Giải phương trình: 3 1 8 1 2 2 1 x x+ + = − Câu III: Tính tích phân sau: 2 3 0 sin I (sin cos ) xdx x x π = + ∫ Câu IV: Khối chóp SABC có SA ⊥ (ABC), ∆ ABC vuông cân đỉnh C và SC = a .Tính góc ϕ giữa 2 mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất. Câu V: Tìm m để phương trình sau đây có đúng 2 nghiệm thực phân biệt: 2 2 (2 )(2 )x x x x m− − + − − + = B. PHẦN TỰ CHỌN (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Phần 1: Câu VI.a: 1) Trong mp(Oxy) cho điểm M(3;1). Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt các tia Ox,Oy tại A và B sao cho (OA+3OB) nhỏ nhất. 2) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): 1 0x y z− + − = để ∆ MAB là tam giác đều biết A(1;2;3) và B(3;4;1). Câu VII.a: Tìm hệ số của 20 x trong khai triển Newton của biểu thức 5 3 2 ( ) n x x + biết rằng: 0 1 2 1 1 1 1 ( 1) 2 3 1 13 n n n n n n C C C C n − + + + − = + Phần 2: Câu VI.b: 1) Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ( ) :3 5 0x y∆ − − = sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 2) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 1 ( )∆ có PT { } 2 ; ; 4x t y t z= = = ; 2 ( )∆ là giao tuyến của 2mp ( ) : 3 0x y α + − = và ( ): 4 4 3 12 0x y z β + + − = . Chứng tỏ 1 2 ,∆ ∆ chéo nhau và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của 1 2 ,∆ ∆ làm đường kính. Câu VII.b: Cho hàm số 2 2 (2 1) 4 2( ) x m x m m y x m + + + + + = + . Chứng minh với mọi m thì hàm số có cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị là 1 hằng số không phụ thuộc m. Hết ĐỀ 03: 1 Ib) 1điểm (C m ) có hệ số 3 x là 1, nếu không có cực trị sẽ luôn đồng biến, vậy để cắt trục hoành tại 2 điểm thì (C m ) phải có 2 cực trị. 0.5 ' 0y⇔ = có 2 nghiệm phân biệt 2 2 3 3 0x m⇔ − = có 2ng pb Khi 0m ≠ thì ' 0y x m= ⇔ = ± (C m ) cắt Ox tại đúng 2 điểm phân biệt ⇔ y CĐ = 0 hoặc y CT = 0 0.5 3 ( ) 0 2 2 0 0y m m m m− = ⇔ + = ⇔ = (loại) 3 ( ) 0 2 2 0 0 1y m m m m m= ⇔ − + = ⇔ = ∨ = ± ⇒ KL: 1m = ± IIa) 1điểm (sin 2 sin 4)cos 2 0 2sin 3 x x x x − + − = + (sin 2 sin 4)cos 2 0 2sin 3 0 x x x x − + − =   ⇔  + ≠   1.0 (2cos 1)(sin cos 2) 0 2sin 3 0 x x x x − + =   ⇔  + ≠   2cos 1 2 3 2sin 3 x x k x π π =   ⇔ ⇔ = +  ≠ −   IIa) 1điểm 3 1 8 1 2 2 1 x x+ + = − Đặt 3 1 2 0; 2 1 x x u v + = > − = 3 3 3 3 2 2 0 1 2 1 2 2 1 0 1 2 ( )( 2) 0 u v u v u v u u v u u v u uv v = >   + = + =    ⇒ ⇔ ⇔    − + = + = − + + + =      0.5 2 1 5 0; log 2 x x − + ⇒ = = 0.5 III 1điểm Đặt 2 x t dx dt π = − ⇒ = − ; 0 ; 0 2 2 x t x t π π = ⇒ = = ⇒ = 2 3 0 sin I (sin cos ) xdx x x π = + ∫ ⇒ 2 2 3 3 0 0 cos cos I (sin cos ) (sin cos ) tdt xdx t t x x π π = = + + ∫ ∫ 0.5 2 2 4 2 2 0 0 0 1 1 2I cot( ) 1 2 2 4 (sin cos ) sin ( ) 4 dx dx x x x x π π π π π ⇒ = = = − + = + + ∫ ∫ 1 I 2 ⇒ = 0.5 IV 1điểm AC ⊥ BC ⇒ SC ⊥ BC (đlý 3 đg vuông góc) ⇒ · (0; ) 2 SCA π ϕ = ∈ 0.25 sin , cosSA a AC BC a ϕ ϕ ⇒ = = = 3 3 (sin sin ) 6 SABC a V ϕ ϕ ⇒ = − 0.25 Xét hàm số 3 sin siny x x= − trên khoảng (0; ) 2 π , lâp BBT 0.25 3 3 max max 3 ( ) 6 9 SABC a a V y⇒ = = khi 1 sin 3 ϕ = , (0; ) 2 π ϕ ∈ 0.25 V 1điểm Đk: 2 2x− ≤ ≤ , đặt 2 2t x x= − − + 1 1 ' 0 2 2 2 2 t x x − ⇒ = − < − + ( )t t x⇒ = nghịch biến trên [-2;2] [-2;2]t⇒ ∈ 0.25 2 Ta có: 2 2 2 2 4 4 2 4 4 2 t t x x − = − − ⇒ − = 2 2 (2 )(2 )x x x x m− − + − − + = 2 2 2 4 ( )m t t f t⇒ = + − = 0.25 Bảng biến thiên: x -2 -1 2 f’(t) - 0 + f(t) -4 -5 4 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt 5 5 2 4 2 2 m m⇔ − < ≤ − ⇔ − < ≤ − 0.5 Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1 1điểm Phương trình đường thẳng đi qua M(3;1) cắt tia Ox tại A(a;0),cắt tia Oy tại B(0;b), a,b>0 là: 3 1 1 a b ⇒ + = 0.5 Theo bất đẳng thức Cauchy 3 1 3 1 1 2 . 12ab a b a b = + ≥ ⇒ ≥ Mà 3 3 2 3 12OA OB a b ab+ = + ≥ = min 3 6 ( 3 ) 12 3 1 1 2 2 a b a OA OB b a b =  =   ⇒ + = ⇔ ⇔   = = =    0.5 PTĐT là: 1 3 6 0 6 2 x y x y+ = ⇔ + − = VIa.2 1điểm MA=MB ⇒ M thuộc mp trung trực của đoạn AB có PT: 3 0x y z+ − − = (Q) 0.25 M thuộc giao tuyến của (P) và (Q) có dạng tham số: 2; 1;x y t z t= = + = : (2; 1; )t M t t⇒ ∃ = + 2 2 8 11AM t t⇒ = − + 0.25 Vì AB = 12 nên ∆ MAB đều khi MA=MB=AB 2 4 18 2 8 1 0 2 t t t ± ⇔ − − = ⇔ = 6 18 4 18 (2; ; ) 2 2 M ± ± ⇒ = 0.5 VII 1điểm Theo Newton thì: 0 1 2 2 (1 ) ( 1) n n n n n n n n x C C x C x C x B− = − + − + − = Vì 1 0 1 (1 ) 1 n x dx n − = + ∫ , 1 0 1 2 0 1 1 1 ( 1) 2 3 1 n n n n n n Bdx C C C C n = − + + + − + ∫ 1 13 12n n⇒ + = ⇒ = 0.5 Lại có: 12 5 5 12 3 3 0 2 2 ( ) .( ) ( ) n k n k k k x C x x x − = + = ∑ , 12 8 36 1 12 .2 . k k k k T C x − − + = 0.25 Số hạng ứng với thoả mãn: 8 36 20 7k k − = ⇔ = ⇒ Hệ số của 20 x là: 7 5 12 .2 25344C = 0.25 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 1điểm Viết phương trình đường AB: 4 3 4 0x y+ − = và 5AB = Viết phương trình đường CD: 4 17 0x y− + = và 17CD = 0.25 3 Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: ( ;3 5)M t t= − Ta tính được: 13 19 11 37 ( , ) ; ( , ) 5 17 t t d M AB d M CD − − = = 0.25 Từ đó: ( , ). ( , ). MAB MCD S S d M AB AB d M CD CD= ⇔ = 7 9 3 t t⇔ = − ∨ = ⇒ Có 2 điểm cần tìm là: 7 ( 9; 32), ( ;2) 3 M M− − 0.5 VIb.2 1điểm Ta có: 1 ∆ đi qua M 1 = (0;0;4), có vectơ chỉ phương 1 (2;1;0)u = uur Ta tìm được 2 ∆ đi qua M 2 = (3;0;0), có vectơ chỉ phương 2 (1; 1;0)u = − uur 1 2 1 2 , . 12 0u u M M   ⇒ = ≠   uur uur uuuuuur ⇒ 1 ∆ , 2 ∆ chéo nhau. 0.25 Gọi chân đg vuông góc chung của 1 ∆ , 2 ∆ là: ( ) 1 2 ; ;4A t t ∈∆ , ( ) 1 2 ; ;4A t t ∈∆ ( 2 3; ; 4)AB s t s t⇒ = − + − − − uuur . Do 1 2 . 0, . 0AB u AB u= = uuur uur uuur uur 1, 1t s⇒ = = − (2;1;4), (2;1;0)A B⇒ = = 0.5 Mặt cầu cần tìm là mặt cầu đường kính AB có tâm I(2;1;2), bán kính 1 2 2 R AB= = có phương trình là: 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 2) 4x y z− + − + − = 0.25 VII 1điểm ĐK: x m≠ − , ta có: 2 1 1 1 2 1 2 ' 2 2 2 2 ( ) y x m y x m x m = + + + ⇒ = − + + ' 0 2 2y x m x m= ⇔ = − − ∨ = − + .Ta có bảng biến thiên: 0.5 x - ∞ 2m− − -m 2m− + + ∞ y’ + 0 - - 0 + y KL: Hàm số luôn có cực đại và cực tiểu với mọi m. Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị là 2 2 1 2 x m y + + = 0.5 CD CT CD CT y y x x⇒ − = − 2 2 2 1 2 1 1 2 ( ) ( ) 2AB y y x x x x⇒ = − + − = − 4 2AB⇒ = không đổi ⇒ ĐPCM Chú ý: - Hướng dẫn chỉ trình bầy 1 cách giải, cách giải khác đúng cho điểm không vượt quá số điểm từng câu hỏi. Học sinh chỉ được làm 1 phần riêng, nếu làm cả 2 phần không chấm phần riêng. 4 ĐỀ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 04 A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I: Cho hàm số 1 1 x y x + = − (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm trên Oy tất cả các điểm từ đó kẻ được duy nhất một tiếp tuyến tới (C). Câu II: a) Giải phương trình: 2 2 2 2 2 log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0x x x x+ + − + − = b) Tìm nghiệm của phương trình: 2 3 cos cos sin 2x x x+ + = thoả mãn : 1 3x − < Câu III: Tính tích phân sau: 1 2 0 I ln( 1)x x x dx= + + ∫ Câu IV: Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có ∆ ABC là tam giác vuông tại B và AB = a, BC = b, AA’ = c ( 2 2 2 c a b≥ + ). Tính diện tích thiết diện của hình lăng trụ cắt bởi mp(P) đi qua A và vuông góc với CA’. Câu V: Cho , , (0;1)x y z ∈ và 1xy yz zx+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 1 1 1 x y z P x y z = + + − − − B. PHẦN TỰ CHỌN (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Phần 1: Câu VI.a: 1) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng (d) có phương trình: x t= − ; 1 2y t= − + ; 2z t = + ( t R ∈ ) và mặt phẳng (P): 2 2 3 0x y z− − − = .Viết phương trình tham số của đường thẳng nằm trên (P) cắt và vuông góc với (d). 2) Trong mp(Oxy) cho elip (E): 2 2 1 9 4 x y + = . Viết phương trình đường thẳng đi qua I(1;1) cắt (E) tại 2 điểm A và B sao cho I là trung điểm của AB. Câu VII.a: Giải hệ phương trình sau trên tập số phức: 2 2 8 1 z w zw z w − − =    + = −   Phần 2: Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho 4 điểm A(2;4;-1), B(1;4;-1), C(2;4;3), D(2;2;-1) 1) Xác định tọa độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. 2) Tìm tọa độ điểm M để MA 2 + MB 2 + MC 2 + MD 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b: Giải hệ phương trình: )Ry,x( 132y2yy 132x2xx 1x2 1y2 ∈      +=+−+ +=+−+ − − Hết 5 ĐỀ 04 Ib) 1điểm Gọi (0; ) o M y là điểm cần tìm, PTTT qua M có dạng: o y kx y= + (d) (d) là tiếp tuyến của (C) 2 2 2 1 ( 1) 2( 1) 1 0 (1) 1 2 2 1; ( 1) ( 1) o o o o x kx y y x y x y x x k k x x +   = + − − + + + =  −   ⇔ ⇔ −   − ≠ =   = −   −  Để thoả mãn đk ⇔ hệ (*) có 1nghiệm ⇔ PT(1) có 1 nghiệm khác 1 2 1 1 1 ; 1 8 2 1 ' ( 1) ( 1)( 1) 0 0; 1 2 2 o o o o o o o y y x y k x y y y x y k =   ≠  = = ⇒ = −    ⇔ ∨ ⇔    = ∆ = + − − + =    = = − ⇒ = −   Vậy có 2 điểm cần tìm là: M(0;1) và M(0;-1) IIa) 1điểm 2 2 2 2 2 log ( 1) ( 5)log( 1) 5 0x x x x+ + − + − = , TXĐ: D=R Đặt 2 log( 1)x y+ = ⇒ 2 2 2 2 ( 5) 5 0 5y x y x y y x+ − − = ⇔ = ∨ = − 2 5 5 1 10 99999y x x= ⇒ + = ⇔ = ± 2 0y x x= − ⇒ = do 2 2 0;log( 1) 0x x− ≤ + ≥ KL: PT có 3 nghiệm:… IIa) 1điểm 2 3 cos cos sin 2x x x+ + = ⇔ (cos 1)(cos sin sin .cos 2) 0x x x x x− − − + = cos 1 2 cos sin sin .cos 2 0 cos sin sin .cos 2 0 (1) x x k x x x x x x x x π = =   ⇔ ⇔   − − + = − − + =   Giải (1) đặt cos sin ,| | 2x x t t− = ≤ ⇒ vônghiệm. ĐK: 1 3 2 4x x− < ⇔ − < < ⇒ PT có nghiệm 0x = III 1điểm 1 2 0 I ln( 1)x x x dx= + + ∫ . Đặt 2 2 2 2 1 ln( 1) ; 2 1 x x u x x du dx v dv xdx x x  + = + +  ⇒ = =  = + +   1 2 3 2 2 1 0 2 0 1 2 1 1 I ln( 1) | ln3 J 2 2 2 2 1 x x x x x dx x x + ⇒ = + + − = − + + ∫ Ta có 1 1 3 2 2 2 2 0 0 2 1 2 1 1 1 J (2 1 . . ) 2 2 1 1 1 x x x dx x dx x x x x x x + + ⇒ = = − − − + + + + + + ∫ ∫ 1 2 2 1 0 2 0 1 1 1 1 J ( ln( 1) | ln 2 1 3 2 2 2 6 3 ( ) 2 4 x x x x dx x π = − − + + − = − − + + ∫ 3 2 4 12 3 I π ⇒ = + IV 1điểm Dựng thiết diện của hình chóp cắt bởi mp qua A và vuông góc với A’C là AMN như hình vẽ Ta có: NB // AA’; MC // AA’ nên ta có: ' ' ' ' 1 6 A AMN MAA N MAA B CAA B V V V V abc= = = = 6 B’ M C’ N A’ A B I C Mà ' 1 . ' 3 2 ' A AMN AMN AMN abc V S A I S A I = ⇒ = Trong tam giác vuông A’AC ta tính được: 2 2 2 2 2 ' ' ' A A c A I A C a b c = = + + 2 2 2 2 AMN ab a b c S c + + ⇒ = V 1điểm Vì 2 0 1 1 0x x< < ⇒ − > Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 (1 ) (1 ) 2 2 (1 ) (1 ) 3 3 3 3 x x x x x x x + − + − = ≥ − ⇒ ≥ − 2 2 3 3 2 1 x x x ⇒ ≥ − . Tương tự: 2 2 2 2 3 3 3 3 ; 2 2 1 1 y z y z y z ≥ ≥ − − Khi đó: 2 2 2 3 3 3 3 3 3 ( ) ( ) 2 2 2 P x y z xy yz zx≥ + + ≥ + + = min 3 3 1 2 3 P x y z⇒ = ⇔ = = = (Riêng bài toán này làm theo PP lượng giác hoá sẽ hay hơn.) Phần riêng: 1.Theo chương trình chuẩn VIa.1 1điểm Ta có: (d) đi qua M 1 = (0;-1;2), có vectơ chỉ phương 1 ( 1;2;1)u = − uur ( ; 1 2 ;2 ) ( )A t t t d P− − + + = ∩ thoả mãn: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 2 3 0t t t− − − + − + − = 1 (1; 3;1)t A⇔ = − ⇒ − mp(Q) qua A và vuông góc (d) có PT: 2 6 0x y z− + + + = 0.5 Đường thẳng ∆ cần tìm là giao tuyến của (P) và (Q) có 1 vectỏ chỉ phương là: ; ( 3;0; 3) P Q n n   = − −   uur uur chọn: (1;0;1)u = r Vậy PT đường ∆ là: 1 ; 3; 1x t y z t= + = − = + 0.5 VIa.2 1điểm TH1: Đường thẳng qua M có PT: 1x = dễ dàng nhận xét không thoả mãn. TH2: Đường thẳng cần tìm có hệ số góc k thì PT là: ( 1) 1y k x= − + 0.25 Toạ độ giao điểm là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 2 (9 4) 18 ( 1) 9( 1) 36 0 (1) 1 9 4 ( 1) 1 ( 1) 1 x y k x k k x k y k x y k x   + − − + − − =  + = ⇔   = − +    = − +  0.25 (d) cắt (E) tại A,B nhận I là trung điểm AB thì 2 2 A B I x x x+ = = và: (1) 0∆ > Theo định lý viet ta có: 2 18 ( 1) 4 2 9 9 4 k k k k − = ⇔ = − + thoả mãn Vậy phương trình (d) là: 4 ( 1) 1 4 9 43 0 9 y x x y= − − + ⇔ + − = 0.5 VII 1điểm 2 2 2 2 8 8 8 1 ( ) 2 1 ( ) 2( ) 15 0 z w zw z w zw z w zw z w z w zw z w z w − − = − − = − − =       ⇔ ⇔    + = − − + = − − + − − =       0.5 7 8 5 13 3 5 3 5 z w zw zw zw z w z w z w z w − − = = − = −    ⇔ ⇔ ∨    − = ∨ − = − − = − = −    2 3 11 3 11 5 3 5 0 2 2 3 3 3 11 3 11 2 2 i i w w zw w w z w z w i i z z   − + − − = =    = −  + + =    ⇔ ⇔ ∨     − = = +  + −     = =     0.25 2 5 27 5 27 13 5 13 0 2 2 5 5 5 27 5 27 2 2 i i w w zw w w z w z w i i z z   + − = =    = −  − + =    ⇔ ⇔ ∨     − = − = −  − + − −     = =     0.25 2. Theo chương trình nâng cao: VIb.1 1điểm Gọi ( ; ; )I x y z= là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Khi đó: ; . 0BC BD BI BI CI DI    =     = =   uuur uuur uur 4 2 13 0 79/ 42 2 8 11 0 67 / 21 2 4 9 0 19 / 21 x y z x x z y x y z + − − = =     ⇒ + − = ⇔ =     − + = =   ⇒ I 0.75 Vậy R = IB = 8925 / 42 ≈ 2,25 0.25 VIb.2 1điểm Gọi G là trọng tâm của ABCD ta có: 7 14 ( ; ;0) 3 3 G = 0.25 Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4MA MB MC MD MG GA GB GC GD+ + + = + + + + ≥ 2 2 2 2 GA GB GC GD+ + + .Dấu bằng xảy ra khi M ≡ 7 14 ( ; ;0) 3 3 G 0.75 VII 1điểm 2 1 2 1 2 2 3 1 2 2 3 1 y x x x x y y y − −  + − + = +    + − + = +  . Đặt 1 1 u x v y = −   = −  ta có: 2 2 1 3 1 3 v u u u v v  + + =    + + =  ⇒ 2 2 3 1 3 1 ( ) ( ) u v u u v v f u f v+ + + = + + + ⇔ = với: 2 ( ) 3 1 t f t t t= + + + ⇒ 2 2 1 '( ) 3 ln 3 0 1 t t t f t t + + = + > + ⇒ f(t) đồng biến ⇒ u v= ⇒ 2 2 3 1 3 log ( 1) 0 (2) u u u u u u+ + = ⇔ − + + = 0.5 Xét hàm số: 2 3 ( ) log ( 1) '( ) 0g u u u u g u= − + + ⇒ > ⇒ g(u) đồng biến Mà (0) 0g = ⇒ 0u = là nghiệm duy nhất của (2). KL: 1x y= = là nghiệm duy nhất của hệ PT. 0.5 8 ĐỀ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 05 A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu I: Cho hàm số 3 2 3 3 3 2y x mx x m= − − + + (C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1 3 . b) Tìm m để (C m ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là 1 2 3 , ,x x x thỏa mãn 2 2 2 1 2 3 15x x x+ + ≥ Câu II: a) Giải bất phương trình: 4 log (log (2 4)) 1 x x − ≤ b) Giải phương trình: ( ) 2 cos 2 cos 2tan 1 2x x x+ − = Câu III: Tính tích phân : 2 2 0 I cos cos2x xdx π = ∫ Câu IV: Cho lăng trụ đứng ABC.A 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 2a 5= và o 120BAC = ∧ . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Chứng minh MB ⊥ MA 1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). Câu V: Tìm m để phương trình sau có một nghiệm thực: 2 2 2( 4) 5 10 3 0x m x m x− + + + − + = B. PHẦN RIÊNG (3điểm): Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần Phần 1: Câu VI.a: 1)Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d 1 ): 7 17 0x y− + = , (d 2 ): 5 0x y+ − = . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d 1 ),(d 2 ) một tam giác cân tại giao điểm của (d 1 ),(d 2 ). 2) Trong không gian Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có A ≡ O, B(3;0;0), D(0;2;0), A’(0;0;1). Viết phương trình mặt cầu tâm C tiếp xúc với AB’. Câu VII.a: Một kệ sách có 15 quyển sách (4 quyển toán khác nhau, 5 quyển lý khác nhau, 6 quyển văn khác nhau). Người ta lấy ngẫu nhiên 4 quyển sách từ kệ. Tính xác suất để số sách lấy ra không đủ 3 môn. Phần 2: Câu VI.b: Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;1;1) và 2 đường thẳng: (d 1 ): 1 2 3 2 1 x y z− + = = ; (d 2 ) là giao tuyến của 2 mp có PT: 1 0x + = và 2 0x y z+ − + = 1) Chứng tỏ 2 đường thẳng d 1 , d 2 chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng. 2) Viết PT đường thẳng (d) qua M vuông góc (d 1 ) và cắt (d 2 ). Câu VII.b: Tìm hệ số của 8 x khai triển Newtơn của biểu thức ( ) 8 2 3 1P x x= + − 9 ĐỀ 05 Ib) 1điểm Phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 3 3 3 2 0x mx x m− − + + = 2 2 ( 1)[ (3 1) 3 2]=0 1 (3 1) 3 2 0 (2)x x m x m x x m x m⇔ − − − − − ⇔ = ∨ − − − − = (C m ) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ là 1 2 3 , ,x x x với 3 1x = thì 1 2 ,x x là nghiệm khác 1 của PT (2) Theo đlý viet ta có: 1 2 1 2 3 1 3 2 x x m x x m + = −   = − −  Để thoả mãn đk thì: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 0 9 6 9 0 1 (3 1).1 3 2 0 0 15 9 9 0 m m m m m x x x m ∆ >   + + >   − − − − ≠ ⇔ ≠     + + ≥ − ≥   ( ; 1] [1; )m⇔ ∈ −∞ − ∪ +∞ IIa) 1điểm 4 log (log (2 4)) 1 x x − ≤ . Đk: 4 2 0 1 log (2 4) 0 log 5 2 4 0 x x x x < ≠   − > ⇔ >   − >  Do 1x > ⇒ PT 4 log (2 4) 2 4 4 4 2 4 0 x x x x x x⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − + ≥ đúng với mọi x. Do vậy BPT có nghiệm: 2 log 5x > IIa) 1điểm ( ) 2 cos 2 cos 2tan 1 2x x x+ − = , Đk: cos 0 / 2x x k π π ≠ ⇔ ≠ + PT 2 2 1 (2cos 1) cos [2( 1) 1] 2 cos x x x ⇔ − + − − = 3 2 2cos 3cos 3cos 2 0x x x⇔ − − + = 2 (cos 1)(2cos 5cos 2) 0x x x⇔ + − + = cos 1 2 cos 1/ 2 2 cos 2( ) 3 x x k x x k x VN π π π π =  = +    ⇔ = ⇔   = ± +  =   III 1điểm 2 2 2 2 0 0 0 1 1 I cos cos2 (1 cos 2 )cos 2 (1 2cos2 cos4 ) 2 4 x xdx x xdx x x dx π π π = = + = + + ∫ ∫ ∫ /2 0 1 1 ( sin 2 sin 4 )| 4 4 8 x x x π π = + + = IV 1điểm Theo đlý cosin ta có: BC = 7a Theo Pitago ta được: MB = 2 3a ; MA 1 = 3a Vậy 2 2 2 2 1 1 21MB MA BA a+ = = 1 MA MB⇒ ⊥ Ta lại có: 1 1 1 1 1 1 ( ,( )). . 3 3 ABA M ABA MBA V d M ABA S d S= = 1 1 ( ,( )) ( ,( )) 3d M ABA d C ABA a= = 1 2 1 1 . 5 2 ABA S AB AA a= = 10 A 1 M C 1 B 1 B A C [...]... CH ⊥ AB’, CK ⊥ DC’ Ta chứng 1điểm minh được CK ⊥ (ADC’B’) nên tam A’ giác CKH vuông tại K 49 B’ ⇒ CH 2 = CK 2 + HK 2 = 10 A H Vậy PT mặt cầu là: 49 B ( x − 3)2 + ( y − 2)2 + z 2 = 10 +∞ + +∞ 0.25 0.5 0.5 D’ C’ K D C 4 VII Số phần tử của không gian mẫu là: Ω = C15 = 1365 1điểm Gọi A là biến cố lấy ra 4 quyển sách đủ cả 3 môn ( có các trường hợp: (2 toán, 1 lý, 1 văn); (1 toán, 2 lý, 1 văn);(1 toán, 1lý,...  M1M 2 = 1 ≠ 0 ⇒ ∆1 , ∆ 2 chéo nhau     u ur u u u r u u uuu r u1, u2  M1M 2 u ur u u r 1  ⇒ u1, u2  = 19 ⇒ d (d1 , d 2 ) =  = u ur u u r   19 u1 , u2    VIb.2 Mp(P) đi qua M(0;1;1) vuông góc với d1 có PT: 3 x + 2 y + z − 3 = 0 1điểm 3 x + 2 y + z − 3 = 0  x = −1   ⇔ y = 5 / 3 Giao điểm A của d2 và (P) là nghiệm của hệ  x + 1 = 0 x + y − z + 2 = 0 z = 8 / 3   Xác suất để xảy . ĐỀ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 03 A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu. phần riêng, nếu làm cả 2 phần không chấm phần riêng. 4 ĐỀ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 04 A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu. (2). KL: 1x y= = là nghiệm duy nhất của hệ PT. 0.5 8 ĐỀ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Thời gian làm bài 180 phút( không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 05 A. PHẦN CHUNG CHO CÁC THÍ SINH (7điểm): Câu