http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 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 y = 2 1 1 − − x x . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận, A là điểm trên (C) có hoành độ là a. Tiếp tuyến tại A của (C) cắt hai đường tiệm cận tại P và Q. Chứng tỏ rằng A là trung điểm của PQ và tính diện tích tam giác IPQ. Câu II: (2điểm) 1) Giải bất phương trình: 2 2 log ( 3 1 6) 1 log (7 10 )+ + − ≥ − −x x 2) Giải phương trình: 6 6 2 2 sin cos 1 tan 2 cos sin 4 + = − x x x x x Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = 4 2 0 2 1 tan π − + ÷ + ∫ x x e e x dx x Câu IV: (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là một hình thoi cạnh a, góc · BAD = 60 0 . Gọi M là trung điểm AA′ và N là trung điểm của CC′. Chứng minh rằng bốn điểm B′, M, N, D đồng phẳng. Hãy tính độ dài cạnh AA′ theo a để tứ giác B′MDN là hình vuông. Câu V: (1 điểm) Cho ba số thực a, b, c lớn hơn 1 có tích abc = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 1 1 = + + + + + P a b c II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2; –1) và đường thẳng d có phương trình 2x – y + 3 = 0. Lập phương trình đường thẳng (∆) qua A và tạo với d một góc α có cosα 1 10 = . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(3;1;1), B(0;1;4), C(–1;–3;1). Lập phương trình của mặt cầu (S) đi qua A, B, C và có tâm nằm trên mặt phẳng (P): x + y – 2z + 4 = 0. Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: ( 2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(–1;1) và B(3;3), đường thẳng (∆): 3x – 4y + 8 = 0. Lập phương trình đường tròn qua A, B và tiếp xúc với đường thẳng (∆). 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 4 điểm A(3;0;0), B(0;1;4), C(1;2;2), D(–1;– 3;1). Chứng tỏ A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện và tìm trực tâm của tam giác ABC. Câu VII.b: (1 điểm) Giải hệ phương trình: log log 2 2 3 = + = y x x y xy y . http://ductam_tp.violet.vn/ Hướng dẫn Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2). 2 1 ; 1 − ÷ − a A a a Phương trình tiếp tuyến tại A: y = 2 1 (1 )− a (x – a) + 2 1 1 − − a a Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A: 2 1; 1 ÷ − a P a Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2) Ta có: x P + x Q = 2a = 2x A . Vậy A là trung điểm của PQ Ta có IP = 2 2 2 1 1 + = − − a a a ; IQ = 2( 1)−a . S IPQ = 1 2 IP.IQ = 2 (đvdt) Câu II: 1) Điều kiện: 1 10 3 − ≤ ≤x BPT ⇔ 2 2 3 1 6 log log (7 10 ) 2 + + ≥ − − x x ⇒ 3 1 6 7 10 2 + + ≥ − − x x ⇒ 3 1 6 2(7 10 )+ + ≥ − −x x ⇒ 3 1 2 10 8+ + − ≥x x ⇒ 49x 2 – 418x + 369 ≤ 0 ⇒ 1 ≤ x ≤ 369 49 (thoả) 2) Điều kiện: cos2x ≠ 0 ( ) 4 2 π π ⇔ ≠ + ∈¢ k x k PT 2 3 1 1 sin 2 sin 2 4 4 ⇒ − =x x ⇒ 3sin 2 2x + sin2x – 4 = 0 ⇒ sin2x = 1 ⇒ 4 π π = +x k ( không thoả). Vậy phương trình vô nghiệm. Câu III: I = 4 4 2 0 0 2 cos π π − + ∫ ∫ x xe dx xdx = I 1 + I 2 Tính: I 1 = 4 0 2 π − ∫ x xe dx Đặt 2 − = = x u x dv e dx ⇒ I 1 = 4 2 π π − − e – 2 4 2 π − +e I 2 = 4 0 1 cos2 2 π + ∫ x dx = 1 1 sin 2 4 2 2 0 π + ÷ x x = 1 8 4 π + Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD′. A′B′NP là hình bình hành ⇒ A′P // B′N A′PDM là hình bình hành ⇒ A′P // MD ⇒ B′N // MD hay B′, M, N, D đồng phẳng. Tứ giác B′NDM là hình bình hành. Để B’MND là hình vuông thì 2B′N 2 = B′D 2 . Đặt: y = AA’ ⇒ 2 2 2 2 2 4 + = + ÷ y a y a ⇒ y = 2a Câu V: Ta chứng minh: 1 1 2 1 1 1 + ≥ + + + a b ab ⇔ 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + + + + a b ab ab ≥ 0 2 ( ) ( 1) 0 (1 )(1 )(1 ) − − ⇔ ≥ + + + b a ab a b ab (đúng). Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b. Xét 3 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + + + a b c abc 6 4 2 2 1 1 ≥ + + + ab abc 3 4 4 412 4 4 1 1 ≥ = + + abc a b c http://ductam_tp.violet.vn/ ⇒ P 3 3 1 1 ≥ = + abc . Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2 Câu VI.a: 1) PT đường thẳng (∆) có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0 ⇔ ax + by – 2a + b = 0 Ta có: 2 2 2 1 cos 10 5( ) α − = = + a b a b ⇔ 7a 2 – 8ab + b 2 = 0. Chon a = 1 ⇒ b = 1; b = 7. ⇒ (∆ 1 ): x + y – 1 = 0 và (∆ 2 ): x + 7y + 5 = 0 2) PT mặt cầu (S) có dạng: x 2 + y 2 + z 2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0 (S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0 (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0 Tâm I ∈ (P): a + b – 2c + 4 = 0 Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3 Vậy (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0 Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2 Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0 Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng: 6(P 5 – P 4 ) + 4P 5 = 1.056 (số) Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB d qua M(1; 2) có VTPT là (4;2)= uuur AB ⇒ d: 2x + y – 4 = 0 ⇒ Tâm I(a;4 – 2a) Ta có IA = d(I,D) 2 11 8 5 5 10 10⇔ − = − +a a a ⇔ 2a 2 – 37a + 93 = 0 ⇔ 3 31 2 = = a a • Với a = 3 ⇒ I(3;–2), R = 5 ⇒ (C): (x – 3) 2 + (y + 2) 2 = 25 • Với a = 31 2 ⇒ 31 ; 27 2 − ÷ I , R = 65 2 ⇒ (C): 2 2 31 4225 ( 27) 2 4 − + + = ÷ x y 2) Ta có 1 ( 3;1;4); ( 1;1;1) 2 = − = = − uuur r uuur AB a AC PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0 ( )⇒ ∉D ABC ⇒ đpcm Câu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1 Ta có 2 log log log log 2 0= ⇒ + − = y x y y xy y x x log 1 log 2 = ⇒ = − y y x x 2 1 = ⇒ = x y x y • Với x = y ⇒ x = y = 2 log 3 1− • Với x = 2 1 y ta có: 2 1 2 2 3+ = y y theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm . chữ số chứa các số 0; 1; 2 Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0 Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng: 6(P 5 – P 4 ) + 4P 5 = 1.056 (số) Câu. Cho tập hợp X = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Từ các chữ số của tập X có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và phải có mặt chữ số 1 và 2. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b:. SINH ĐẠI HỌC 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 y = 2 1 1 − − x x . 1)