BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 ĐỀ THI THỬ LẦN 6 Môn thi : TOÁN, khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề ********************************* I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số 3 2 3y x x= − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình : 3 2 3x x a− = có ba nghiệm phân biệt trong đó có 2 nghiệm lớn hơn 1. Câu II ( 2 điểm) 1. Giải phương trình : 2sin 2 4sin 1 0 6 x x π − + + = ÷ 2. Giải bất phương trình : 3 3 1 9 5.3 14.log 0 2 x x x x + − − ≥ − ÷ Câu III ( 1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D', có AB = a, AD = b, AA' = c và đáy ABCD là hình bình hành có góc BAD bằng 60 0 . Gọi M là điểm trên đoạn CD sao cho DM = 2MC. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng BDA' theo a, b, c. Câu IV ( 2 điểm) 1. Tính tích phân sau : 1 2 0 ln(1 )I x x dx= + ∫ 2. Cho x;y;z là các số thực dương .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 4 4 4 2 x y z F x y y z x z y z x = + + + + + + + + ÷ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu Va (3,0 điểm) 1. Trong Oxy cho (C ) : 2 2 1x y+ = .Đường tròn ( C’) có tâm I = (2;2) cắt (C ) tại A; B biết AB= 2 . Viết phương trình AB 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A=(2;0;0) M=( 0;-3;6) a.Chứng minh rằng mp (P):x+2y-9 = 0 tiếp xúc với mặt cầu tâm M ,bán kính OM.Tìm toạ độ tiếp điểm b. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A,M cắt trục các Oy;Oz tại B;Csao cho thể tích của tứ diện OABC bằng 3 2. Theo chương trình Nâng cao Câu Va ( 3,0 điểm) 1. Trong kgian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;0;0), B(0;0;4) và mặt phẳng (P): 2x-y+2z-4=0 a. Chứng minh rằng đường thẳng AB song song với mặt phẳng (P). Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng AB và song song với (P). b. Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều. 2. Tìm phần thực của số phức z=(1+i) n . Trong đó *n Z ∈ và thoả mãn ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6 4n n− + + = . ……………………Hết…………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu I 1- điểm 1điểm 1- điểm +) 3 2 3x x a− = +) Đặt y=x 3 -3x 2 và y=a +) Nhận xét x=1 suy ra y=-2 +) Từ đồ thị suy ra -4<a<-2 +) KL: 1/4 1/4 1/4 1/4 Câu II 1- điểm ( ) 3 sin 2 cos2 4sin 1 0 3 sin 3 cos sin 2 0 7 ; 2 6 x x x x x x x k x k π π π π ⇔ − + + = ⇔ + + = ⇔ = = + KL: 1/4 1/4 1/4 1/4 1- điểm +) Đ/K: x>2 or x<-1 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 1 1 9 5.3 14.log 0 3 7 3 2 log 0 2 2 1 3 7 log 0 2 x x x x x x x x x x x + + − − ≥ ⇔ − + ≥ ÷ ÷ − − + ⇔ − ≥ ÷ − Xét x>2 ta có 3 1 1 3 log 0 1 0 2 2 2 2 x x x x x x + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ⇔ > ÷ ÷ − − − Xét x<-1 ta có 3 1 1 3 log 0 1 0 2 2 2 2 x x x x x x + + ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔ < ÷ − − − KL: 1/4 1/4 1/4 1/4 Câu III. 2 3 ME MD AE AB = = , do đó ( ,( ')) 2 ( ,( ')) 3 d M BDA ME d A BDA AE = = ; 'AF BD AH A F⊥ ⊥ Khi đó d(A, (BDA')) = AH. Tam giác ABD có AB = a, AD = b, góc BAD bằng 60 0 nên 2 2 2 3 2 ABD S ab AF BD a b ab = = + − O -2 -4 1 2 y x y=a D A B C A' M E F B' C' D' H Trong tam giác vuông A'AF (vuông tại A), ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 ' 3 4 4 4 abc AH AH A A AF a b a c b c abc = + ⇒ = + + − Vậy 2 2 2 2 2 2 2 2 3 ( ,( ')) 3 3 4 4 4 abc d M BDA a b a c b c abc = + + − Câu IV 1-điểm 6 2 2 1 4 1 dx I x x = + + + ∫ +) Đặt 4 1t x= + đổi biến +) Đ/S 3 1 ln 2 12 − 1/4 1/4 1/4 1/4 1-điểm +) Ta có 3 3 3 2 2 x y x y+ + ≥ ÷ ( ) 3 3 4 x y x y⇒ + ≥ + +) ( ) 2 2 2 2 2( ) x y z VT x y z y z x ≥ + + + + + +) 3 3 1 6 6 12VT xyz xyz ≥ + ≥ KQ : F=12 1/4 1/4 1/4 1/4 Câu VI.a 1-điểm +) 2 2 0 3 6 3 5OM = + + = +) ( ) 6 9 15 ; 3 5 5 5 d M P − − = = = +) Suy ra ĐPCM +Pt qua M và vuông với (P) : x=t ; y=-3+2t ; z=0 +) Giao điểm :t-6+4t-9=0 hay t=3 suy ra N=(3 ;3 ;0) 1/4 1/4 1/4 1/4 1-điểm +) Gọi B=(0 ;b ;0) C=(0 ;0 ;c) +) PT (Q) 1 2 x y z b c + + = qua M ta có : 3 6 1 b c − + = +) Ta có 1 , 3 6 OABC V OA OB OC = = uuur uuur uuur +) Từ đó b= c= 1/4 1/4 1/4 1/4 Câu V.b a. Ta có ( 4;0;4)AB − uuur ; mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến là (2; 1;2)n − r . Suy ra . 4.2 0 2.4 0 và ( ) //( )AB n A P AB P= − + + = ∉ ⇒ uuur r Vì đường thẳng (d) vuông góc với AB và song song với (P) nên véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d) là , (4;16;4)u AB n = = r uuur r . Vậy phương trình đường thẳng (d) là 4 4 x t y t z t = + = = b. Giả sử C(x; y; z). Điểm C thuộc mp(P) và tam giác ABC là tam giác đều nên 2 2 4 0x y z AC AB BC AB − + − = = = Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 4 0 ( 4) 32 ( 4) 32 x y z x y z x y z − + − = − + + = + + − = 2 2 2 2 2 4 0 8 16 0 x z x y z x y z x = ⇔ − + − = + + − − = Giải hệ này được x= 0, x = 20/9. Vậy C(0; -4; 0); C(20/9; 44/9; 20/9). 2. Hàm số f(x) = ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6x x− + + là hàm số đồng biến trên (3; +∞) và f(19) = 4. Do đó phương trình ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6 4n n− + + = có nghiệm duy nhất 19n = . w 1 2( os isin ) 4 4 i c π π = + = + . Với n = 19 áp dụng công thức Moavrơ ta có: 19 19 19 19 19 3 3 w ( 2) os isin ( 2) os isin 4 4 4 4 z c c π π π π = = + = + ÷ ÷ Suy ra phần thực của z là : ( ) 19 19 3 2 2 os ( 2) . 512 4 2 c π = − = − . . BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 ĐỀ THI THỬ LẦN 6 Môn thi : TOÁN, khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề ********************************* I ABC đều. 2. Tìm phần thực của số phức z=(1+i) n . Trong đó *n Z ∈ và thoả mãn ( ) ( ) 4 5 log 3 log 6 4n n− + + = . ……………………Hết…………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi. 2 x y z F x y y z x z y z x = + + + + + + + + ÷ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu Va (3,0 điểm)