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 4 3 2 2 3 1 (1)= + − − +y x mx x mx . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos3xcos 3 x – sin3xsin 3 x = 2 3 2 8 + 2) Giải phương trình: 2 2 2 1 2 ( 1) 2 3 0+ + + + + + + =x x x x x x Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: ( ) 2 0 1 sin 2 π = + ∫ I x xdx . Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA′ = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A′BC). Tính tan α và thể tích của khối chóp A′.BB′C′C. Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 + + ≥ + + a b c a b c b c a b c a . 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 hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 2 2 1 2 9 1 10.3 + − + − + ≥ x x x x . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng ∆: x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để ∆ cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích ∆IAB lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm D(– 1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 1 4 2 2(2 1)sin(2 1) 2 0 + − + − + − + = x x x x y . Hướng dẫn Câu I: 2) Đạo hàm 3 2 2 4 3 4 3 ( 1)[4 (4 3 ) 3 ] ′ = + − − = − + + +y x mx x m x x m x m 2 1 0 4 (4 3 ) 3 0 (2) = ′ = ⇔ + + + = x y x m x m http://ductam_tp.violet.vn/ Hm s cú 2 cc tiu y cú 3 cc tr y = 0 cú 3 nghim phõn bit (2) cú 2 nghim phõn bit khỏc 1 2 (3 4) 0 4 . 3 4 4 3 3 0 = > + + + m m m m Th li: Vi 4 3 m , thỡ y = 0 cú 3 nghim phõn bit 1 2 3 , ,x x x T bng bin thiờn ta thy hm s cú 2 cc tiu. Vy, hm s cú 2 cc tiu khi 4 . 3 m Cõu II: 1) PT 2 cos4 , 2 16 2 = = + x x k k Z 2) t: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2, 0 2 1 2 3 2 3, 0 2 = + = + > = + = + + = = + + > v u x u x u u x v u v x x x v x x v PT 0 ( ) 1 ( ) ( ) 1 0 1 ( ) 1 0 ( ) 2 2 2 2 = + + + = + ữ + + + = ữ v u b v u v u v u v u v u c Vỡ u > 0, v > 0, nờn (c) vụ nghim. Do ú: PT 2 2 1 0 2 3 2 2 = = + + = + = v u v u x x x x Cõu III: t 1 sin 2 = + = u x dv xdx I = ( ) /2 2 0 0 1 1 1 cos2 cos2 1 2 2 4 + + = + x x xdx . Cõu IV: Gi E l trung im ca BC, H l trng tõm ca ABC. Vỡ A.ABC l hỡnh chúp u nờn gúc gia hai mt phng (ABC) v (ABC) l = ã A EH . Ta cú : 3 3 3 , , 2 3 6 = = = a a a AE AH HE 2 2 2 2 9 3 ' ' 3 = = b a A H A A AH . Do ú: 2 2 ' 2 3 tan = = A H b a HE a ; 2 2 2 2 . ' ' ' 3 3 ' . 4 4 = = = ABC ABC A B C ABC a a b a S V A H S 2 2 2 '. 1 3 ' . 3 12 = = A ABC ABC a b a V A H S . Do ú: ' ' ' . ' ' ' '. = A BB CC ABC A B C A ABC V V V = 2 2 2 3 6 a b a Cõu V: p dng BT Cụsi, ta cú: 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 3 . . 3+ + = a b c a b c b c a b c a (1) 2 2 2 2 2 2 1 2 ; 1 2 ; 1 2+ + + a a b b c c b b c c a a 2 2 2 2 2 2 2 3 + + + + ữ a b c a b c b c a b c a (2) T (1) v (2) 2 2 2 2 2 2 2 2 + + + + ữ ữ a b c a b c b c a b c a pcm. Cõu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) : x + y 5 = 0, E E(m; 5 m); Goùi N laứ trung ủieồm cuỷa AB I trung ủieồm NE 2 12 2 4 5 1 = = = = + = N I E N I E x x x m y y y m m N (12 m; m 1) uuuur MN = (11 m; m 6); uur IE = (m 6; 5 m 2) = (m 6; 3 m) . 0= uuuur uur MN IE (11 m)(m 6) + (m 6)(3 m) = 0 http://ductam_tp.violet.vn/ ⇔ m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 ⇔ m = 6 hay m = 7 + m = 6 ⇒ uuuur MN = (5; 0) ⇒ PT (AB) laø y = 5 + m = 7 ⇒ uuuur MN = (4; 1) ⇒ PT (AB) laø x – 1 – 4(y – 5) = 0 ⇒ x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 1 4 9 11 5+ + + = d (I; (P)) = 2(1) 2(2) 3 4 3 4 4 1 − − − = + + < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : 1 2 2 2 3 = + = − = − x t y t z t Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 ⇒ t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = 2 2 4− =R IJ Câu VII.a: Đặt 2 3 + = x x t , t > 0. BPT ⇔ t 2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9) Khi t ≤ 1 ⇒ 2 2 3 1 0 1 0 + = ≤ ⇔ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ x x t x x x (a) Khi t ≥ 9 ⇒ 2 2 2 3 9 2 0 1 + ≤ − = ≥ ⇔ + − ≥ ⇔ ≥ x x x t x x x (b) Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–∞; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; + ∞). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 Giả sử ∆ cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ∆ABC, ta có S ∆ ABC = · 1 IA.IB.sin AIB 2 = sin · AIB Do đó S ∆ ABC lớn nhất khi và chỉ khi sin · AIB = 1 ⇔ ∆AIB vuông tại I ⇔ IH = IA 1 2 = (thỏa IH < R) ⇔ 2 1 4m 1 m 1 − = + ⇔ 1 – 8m + 16m 2 = m 2 + 1 ⇔ 15m 2 – 8m = 0 ⇔ m = 0 hay m = 8 15 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz. Ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 1; 1; 1 ; ; ;0 . 1; 1; 1 ; ;0; . = − − = − = + ⇒ = − − = − = + uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur DP p NM m n DP NM m n DN n PM m p DN PM m p . Phương trình mặt phẳng (P): 1+ + = x y z m n p . Vì D ∈(P) nên: 1 1 1 1 − + + = m n p . D là trực tâm của ∆MNP ⇔ . 0 . 0 ( ) ( ) ⊥ = ⊥ ⇔ = ∈ ∈ uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur DP NM DP NM DN PM DN PM D P D P ⇔ 0 3 0 3 1 1 1 1 + = = − + = ⇔ = = − + + = m n m m p n p m n p Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): 1 3 3 3 + + = − x y z . Câu VII.b: PT ⇔ ( ) 2 2 2 1 sin(2 1) 0(1) 2 1 sin(2 1) cos (2 1) 0 cos(2 1) 0 (2) − + + − = − + + − + + − = ⇔ + − = x x x x x x y y y y Từ (2) ⇒ sin(2 1) 1+ − = ± x y . • Khi sin(2 1) 1+ − = x y , thay vào (1), ta được: 2 x = 0 (VN) • Khi sin(2 1) 1+ − = − x y , thay vào (1), ta được: 2 x = 2 ⇔ x = 1. http://ductam_tp.violet.vn/ Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = –1 ⇔ 1 , 2 π π = − − + ∈y k k Z . Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1 , 2 π π − − + ∈ ÷ k k Z . . 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 4 3 2 2 3. 1 (1)= + − − +y x mx x mx . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos3xcos 3 x –. phẳng (ABC) và (A′BC). Tính tan α và thể tích của khối chóp A′.BB′C′C. Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh: 2 2 2 2 2 2 + + ≥ + + a b c a b c b c a b c a . II. PHẦN RIÊNG (3