http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 4 2 5 4,= − +y x x có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm m để phương trình 4 2 2 | 5 4 | log− + =x x m có 6 nghiệm. Câu II (2 điểm). 1) Giải phương trình: 1 1 sin 2 sin 2cot 2 2sin sin 2 + − − =x x x x x 2) Tìm m để phương trình: ( ) 2 2 2 1 (2 ) 0− + + + − ≤m x x x x có nghiệm x 0; 1 3 ∈ + Câu III (1 điểm). Tính tích phân: 4 0 2 1 1 2 1 + = + + ∫ x I dx x Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 2 5= a và · 120= o BAC . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: 3 2 4 3 5+ + ≥ + +x y z xy yz zx II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;–2). Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình: ( ) 2 2 3 3 log 1 log 2+ + − = −x x x x x B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số 1 2 1 2 = − + = − = x t y t z t . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆. Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng +OA OB nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 4 2 (log 8 log )log 2 0+ ≥ x x x Hướng dẫn Câu I: 2) 9 4 4 12 9 log 12 144 12 4 = ⇔ = =m m http://ductam_tp.violet.vn/ Câu II: 1) PT ⇔ − cos 2 2x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0 ⇔ 2 cos2 0 2cos cos 1 0( )= ∨ + + =x x x VN ⇔ cos2x = 0 ⇔ 2 2 4 2 π π π π = + ⇔ = +x k x k 2) Đặt 2 2 2= − +t x x ⇔ t 2 − 2 = x 2 − 2x. BPT ⇔ 2 2 (1 2), [0;1 3] 1 − ≤ ≤ ≤ ∈ + + t m t do x t Khảo sát hàm số: 2 2 ( ) 1 − = + t g t t với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t) 2 2 2 2 0 ( 1) + + = > + t t t ⇒ g tăng trên [1,2] Do đó, YCBT ⇔ BPT 2 2 1 − ≤ + t m t có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ [ ] 1;2 2 max ( ) (2) 3 ∈ ≤ = = t m g t g Vậy: m ≤ 2 3 Câu III: Đặt 2 1= +t x ⇒ 3 3 2 1 1 1 1 1 1 = = − + ÷ + + ∫ ∫ t I dt t dt t t = 3 2 1 ln 1 2 ln 2 2 − + + = + t t t Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A ≡ O, ( ) 2 ,0,0−C a , 1 (0,0,2 5)A a 3 (0;0;0), ; ;0 2 2 ⇒ ÷ ÷ a a A B , ( 2 ,0, 5)−M a a 1 5 3 ; ; 5 , (2;0; 5) 2 2 ⇒ = − − = ÷ ÷ uuuur uuuur BM a MA a Ta có thể tích khối tứ diện AA 1 BM là : 1 1 3 2 1 1 1 15 1 . , ; , 3 3 6 3 2 ∆ = = = = uuuur uuur uuuur uuur uuuur AA BM BMA a V A A AB AM S MB MA a Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA 1 ) bằng 3 5 . 3 = = V a d S Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: ( ) ( ) ( ) 1 3 5 ; 3 ; 5 2 2 2 + ≥ + ≥ + ≥x y xy y z xy z x xy ⇒ đpcm Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P) Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): 1 3 2 2 1 1 + − + = = − x y z AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT: 2 1 0 (1,2, 1) 1 3 2 2 1 1 − + + = ⇒ − + − + = = − x y z H x y z Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : ' ' ' 2 2 '(3,1,0) 2 = + = + ⇒ = + H A A H A A H A A x x x y y y A z z z Ta có ' ( 6,6, 18)= − − uuuur A B (cùng phương với (1;–1;3) ) ⇒ PT (A'B) : 3 1 1 1 3 − − = = − x y z Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 2 1 0 (2,2, 3) 3 1 1 1 3 − + + = ⇒ − − − = = − x y z M x y z 2) 3 6 0; 2 0+ − = − − =x y x y Câu VII.a: PT ( ) ( ) 2 2 3 1 1 log 2 3 1 − + + ⇔ = − ⇔ = + + x x x x x x x x x Đặt: (2 ) ( ) 3 − = x x f x , 1 ( ) 1= + +g x x x (x ≠ 0) Từ BBT ⇒ max f(x) = 3; min g(x) = 3 ⇒ PT f(x)= g(x) có nghiệm ⇔ maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1 ⇒ PT có nghiệm x = 1 Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. http://ductam_tp.violet.vn/ Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất. Đường thẳng ∆ có PTTS: 1 2 1 2 = − + = − = x t y t z t . Điểm ∆ ∈M nên ( ) 1 2 ;1 ;2− + −M t t t . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 2 ) ( 4 ) (2 ) (3 ) (2 5) ( 4 2 ) ( 2 ) ( 6 2 ) (3 6) (2 5) (3 ) (2 5) (3 6) (2 5) = − + + − − + = + = − + + − − + − + = − + + = + + − + AM t t t t BM t t t t AM BM t t Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ( ) 3 ;2 5= r u t và ( ) 3 6;2 5= − + r v t . Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 | | 3 2 5 | | 3 6 2 5 = + = − + r r u t v t Suy ra | | | |+ = + r r AM BM u v và ( ) 6;4 5 | | 2 29+ = ⇒ + = r r r r u v u v Mặt khác, với hai vectơ , r r u v ta luôn có | | | | | |+ ≥ + r r r r u v u v . Như vậy 2 29+ ≥AM BM Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi , r r u v cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 ⇔ = ⇔ = − + t t t ( ) 1;0;2⇒ M và ( ) min 2 29+ =AM BM . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( ) 2 11 29+ 2) 2 6 0+ − =x y Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x ≠ 1 BPT 4 2 8 1 1 2log log 2 0 log 2 ⇔ + ≥ ÷ x x x ( ) 2 2 2 1 log log 1 0 1 log 3 ÷ ⇔ + + ≥ ÷ ÷ x x x . SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 4 2 5 4,=. + r r AM BM u v và ( ) 6;4 5 | | 2 29+ = ⇒ + = r r r r u v u v Mặt khác, với hai vectơ , r r u v ta luôn có | | | | | |+ ≥ + r r r r u v u v . Như vậy 2 29+ ≥AM BM Đẳng thức xảy ra khi và. cùng hướng 3 2 5 1 3 6 2 5 ⇔ = ⇔ = − + t t t ( ) 1;0;2⇒ M và ( ) min 2 29+ =AM BM . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = ( ) 2 11 29+ 2) 2 6 0+ − =x y Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x ≠ 1 BPT 4 2 8 1