TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU VÀO ĐH -CAO ĐẲNG 2009 Khoa Khoa học Tự nhiên Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài : 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ( ) 3 2 3 4f x x x= - + . 2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: G(x)= 4 2 1 sin23 2 1 sin2 23 + +− + xx Câu II. (2,0 điểm) 1. Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: ( ) ( ) ln 2ln 1mx x= + . 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 sin 1 cot cos 1 tan 2sin 2x x x x x+ + + = . Câu III. (1,0 điểm) Tính: 0 243 12 lim 2 → −−+ +− xkhi xx xe x Câu IV. (1,0 điểm)Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có 2, 3, 1, 10, 5, 13AB AC AD CD DB BC= = = = = = . Câu V. (1,0 điểm)Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với :2 ≥ x 2 2 3, 3 5 . x y x y m ì + = ï ï ï í ï + + + = ï ï î II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao. 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( )0;2(),0; 4 1 C 2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm ( ) 4; 5;3M - - và cắt cả hai đường thẳng: 2 3 11 0 ': 2 7 0 x y d y z ì + + = ï ï í ï - + = ï î và 2 1 1 '': 2 3 5 x y z d - + - = = - . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho 1 2 3 2 6 6 9 14 n n n C C C n n+ + = - , trong đó k n C là số tổ hợp chập k từ n phần tử. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Viết phương trình elip với các tiêu điểm ( ) ( ) 1 2 1;1 , 5;1F F- và tâm sai 0,6e = . 2. Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng 2 0, : 3 2 3 0, x z d x y z ì - = ï ï í ï - + - = ï î trên mặt phẳng : 2 5 0P x y z- + + = . Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho 2 2 n n n k n k C C - + lớn nhất hoặc nhỏ nhất. P N & THANG IM I. PHN CHUNG Cõu I (2,0 im) 1.(1,0 im) Tp xỏc nh ca hm s: Ă . Gii hn ti vụ cc: ( ) lim x f x đƠ =Ơ . ( ) ( ) 2 ' 3 6 3 2f x x x x x= - = - . Bng bin thiờn: x - Ơ 0 2 +Ơ ( ) 'f x + 0 - 0 + 4 +Ơ ( ) f x - Ơ 0 Nhn xột: Hm s t cc i ti x = 0, 4 CD f = ; t cc tiu ti 2, 0 CT x f= = . th: 2. (1,0 im) t 1 2sin 2 x t+ = ; khi ú, t thay i trờn on 3 5 ; 2 2 ộ ự ờ ỳ - ờ ỳ ở ỷ v: ( ) ( ) 3 2 3 4.g x f t t t= = - + Giỏ tr ln nht v nh nht ca hm s trờn on ny nm trong bn giỏ tr c bit: giỏ tr ti hai u on v hai giỏ tr cc tr. Ta cú: ( ) ( ) 3 27 9 27 54 32 49 3. 4 ; 2 8 4 8 8 0 4; 2 0; 5 125 25 125 150 32 7 3. 4 2 8 4 8 8 CD CT f f f f f f ổ ử - - + ữ ỗ - =- - + = =- ữ ỗ ữ ữ ỗ ố ứ = = = = ổử - + ữ ỗ = - + = = ữ ỗ ữ ữ ỗ ố ứ So sỏnh cỏc giỏ tr ny, ta thy giỏ tr ln nht ca hm s l 4, giỏ tr nh nht l 49 8 - . Cõu II (2,0 im) 1. (1,0 im) Tp xỏc nh ca phng trỡnh gm mi s x sao cho 1, 0x mx>- > . Nh vy trc ht phi cú 0m ạ . Khi ú, phng trỡnh tng ng vi: ( ) ( ) 2 2 1 2 1 0mx x x m x= + + - + = . (1) Phng trỡnh ny cú: 2 4m mD = - . Nhng giỏ tr ( ) 0;4m ẻ ng nhiờn b loi ngay. Vi 0m = , (1) cú nghim duy nht 1x =- nhng nm ngoài tập xác định nên bị loại. Với 4m = , (1) có nghiệm duy nhất 1x =- thoả mãn điều kiện xác định nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. Với 0m < , điều kiện xác định trở thành 1 0x- < < . Khi đó 0D > nên (1) có hai nghiệm phân biệt ( ) 1 2 1 2 , ,x x x x< ; mặt khác, ( ) ( ) 1 0, 0 1 0f m f- = < = > nên 1 2 1 0x x<- < < , tức là chỉ có 2 x là nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị 0m < thoả mãn điều kiện bài toán. Cuối cùng, xét 4m > . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và phương trình (1) cũng có hai nghiệm phân biệt ( ) 1 2 1 2 , ,x x x x< . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị 4m > cũng bị loại. Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: ( ) { } ;0 4m Î - ¥ È . 2. (1,0 điểm) Tập xác định gồm các giá trị 2 k x p ¹ sao cho sin 2 0x ³ . Khi đó, vế trái của phương trình bằng: ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 sin cos sin cos cos sin sin cos sin sin cos cos sin cos sin cos sin cos . x x x x x x x x x x x x x x x x x + + + = + - + + + = + Như vậy, phương trình đã cho trở thành: ( ) 2 sin cos 2sin 2 sin cos 0 sin cos 2sin 2 . x x x x x x x x + = Û ì + ³ ï ï ï í ï + = ï ï î Phương trình cuối lại có thể viết thành: 1 sin 2 2sin 2 sin 2 1( 0) 2 2 . 2 4 x x x x k x k p p p p + = Û = > Û = + Û = + Để thoả mãn điều kiện sin cos 0x x+ ³ , các nghiệm chỉ có thể là: 2 4 x k p p= + Câu III (1,0 điểm) Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 1 1 . 3 4 2 3 4 2 1 2 1 1 . 3 4 2 1 2 1 1 ( 3 4 2 ) . 3 4 2 2 1 ( 3 4 2 ) 2. . 2 1 2 1 2 1 2. 2 1 2 1 x x x x x x e x x e x x x x x x x e x x x x x e x x x x x x x x e x x x x x x x x e x x - + - + + - = = + - - + - - - + + - = + - - æ ö - + - + + + ÷ ç ÷ ç + = ÷ ç ÷ ç ÷ ç ÷ è ø + - + æ ö ÷ ç - - + + + ÷ ç ÷ + = ç ÷ ç ÷ ç + + ÷ - - ÷ ç ç è ø æ ö - - ç ç - + ç ç ç + + è ø ( ) 3 4 2 . 1 2 .4 4 1 x x x + + + ÷ ÷ ® - - + =- ÷ ÷ + ÷ ÷ Vậy: 2 0 2 1 lim 4. 3 4 2 x x e x x x ® - + =- + - - Câu IV (1,0 điểm) Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 ; 5 ; 13 ; CD AC AD DB AD AB BC AB AC = = + = = + = = + Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A. Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này là trung điểm I của đoạn AH, còn bán kính là 2 2 2 1 1 14 2 3 1 2 2 2 R AH= = + + = . Câu V (1,0 điểm) Vế trái của phương trình thứ hai trong hệ là: ( ) ( ) 2 2 3 3 5f x x x= + + - + . Ta có: ( ) ( ) 2 2 3 ' 3 3 5 x x f x x x - = + + - + . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 ' 0 6 14 3 3 2 3 6 14 9 6 3 2 3 2 18 27 0 f x x x x x x x x x x x x x x x x = Û - + = - + ì £ £ ï ï ï Û í ï - + = - + + ï ï î ì £ £ ï ï Û í ï + - = ï î Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15D = + = = , và hai nghiệm: 1,2 9 3 15 2 x - ± = . Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hm ca hm s khụng th i du trờn [ ) 2;Ơ , ngoi ra ( ) ' 3 0f > nờn ( ) ' 0, 2f x x> " . Do ú, giỏ tr nh nht ca ( ) f x l ( ) 2 7 6f = + . Cng d thy ( ) lim x f x đƠ =Ơ . T ú suy ra: h phng trỡnh ó cho cú nghim (vi 2x ) khi v ch khi 6 7m + . II. PHN RIấNG 1. Theo chng trỡnh Chun Cõu VIa (2,0 im) 1. (1,0 im) im D(d;0) thuc on BC l chõn ng phõn giỏc trong ca gúc A khi v ch khi ( ) ( ) 2 2 2 2 9 1 3 4 4 2 4 3 81 225 9 3 16 16 4 1 6 3 1. 4 16 9 25 d DB AB DC AC d d d d ổử ữ ỗ + - ữ ỗ - ữ ỗ ố ứ = = = - + - + = = ị - = - ị = + ng thng AD cú phng trỡnh: 2 3 3 6 3 9 1 3 3 x y x y x y + - = - - = - = - - , v ng thng AC: 2 3 3 6 4 12 3 4 6 0 4 3 x y x y x y + - = - - = - + - = - Gi s tõm I ca ng trũn ni tip cú tung l b. Khi ú honh l 1 b- v bỏn kớnh cng bng b. Vỡ khong cỏch t I ti AC cng phi bng b nờn ta cú: ( ) 2 2 3 1 4 6 3 5 ; 3 4 4 ) 3 5 ; 3 1 ) 3 5 . 2 b b b b b a b b b b b b b - + - = - = + - = ị =- - =- ị = Rừ rng ch cú giỏ tr 1 2 b = l hp lý. Vy, phng trỡnh ca ng trũn ni tip ABCV l: 2 2 1 1 1 2 2 4 x y ổ ử ổ ử ữ ữ ỗ ỗ - + - = ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ . 2. (1,0 im) Mt phng P i qua ng thng d cú phng trỡnh dng: ( ) ( ) ( ) 2 3 11 2 7 0 2 3 2 11 7 0. m x y n y z mx m n y nz m n + + + - + = + + - + + = mt phng ny i qua M, phi cú: ( ) ( ) 8 15 11 5 6 7 0 12 4 0 3 . m n m n n m - - + + - - + = - - = =- Chn 1, 3m n= =- , ta c phng trỡnh ca P: 2 6 10 0x z+ - = . Tiếp theo, đường thẳng d” đi qua ( ) 2; 1;1A - và có vectơ chỉ phương ( ) 2;3; 5m - ur . Mặt phẳng P” đi qua M và d” có hai vectơ chỉ phương là m ur và ( ) 6;4; 2MA - uuur hoặc ( ) 3;2; 1n - r . Vectơ pháp tuyến của P” là: ( ) 3; 5 5;2 2;3 , , 7; 13; 5 2; 1 1;3 3;2 p p æ ö - - ÷ ç ÷ = - - ç ÷ ç ÷ ÷ ç - - è ø ur ur . Phương trình của P”: ( ) ( ) ( ) 7 4 13 5 5 3 0x y z+ - + - - = hay: 7 13 5 29 0.x y z- - - = Rõ ràng đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình: 2 6 10 0 7 13 5 29 0 x z x y z ì + - = ï ï í ï - - - = ï î . Câu VIIa (1,0 điểm) Điều kiện: 3.n ³ Theo giả thiết thì: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 3 2 2 3 1 1 2 9 14 3 3 3 2 9 14 9 14 0 9 14 0 2 7 0. n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n + - + - - = - Û + - + - + = - Û - + = Û - + = Û - - = Đối chiếu với điều kiện, ta được n = 7. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Cách 1. Ngoài hệ trục toạ độ Oxy cho sẵn, xét thêm hệ trục mới O’x’y’ nhận được từ hệ đã cho bằng phép tịnh tiến dọc theo vectơ ( ) ' 2;1OO uuuur . Liên hệ giữa các toạ độ cũ và mới sẽ là: ' 2, ' 1. x x y y ì = - ï ï í ï = - ï î Trong hệ toạ độ mới, các tiêu điểm sẽ có các cặp toạ độ là ( ) 3;0± .Các bán trục của elip là 2 2 2 2 3 5; 5 3 4. 0,6 c a b a c e = = = = - = - = Phương trình của elip trong hệ toạ độ mới là: 2 2 ' ' 1 25 16 x y + = . Vậy, phương trình của elip trong hệ toạ độ cũ là: ( ) ( ) 2 2 2 1 1 25 16 x y- - + = . (2) Cách 2. Giả sử ( ) ,M x y là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn của elip là 3 5 0,6 c a e = = = nên phải có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 2 2 10 1 1 5 1 10. MF MF x y x y + = Û + + - + - + - = Bình phương hai vế hai lần kết hợp với những biến đổi đơn giản, ta cũng đi đến phương trình (2). 2. (2,0 điểm) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: ( ) ( ) 2 3 2 5 0m x z n x y z- + - + + = hay: ( ) ( ) 3 2 2 5 0m n x ny m n z n+ - + - + + = . Mặt phẳng này sẽ vuông góc với P khi và chỉ khi: ( ) ( ) ( ) 1. 3 2 2 1. 2 0 8 0. m n n m n m n + - - + - + = Û - + = Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: 11 2 15 5 0x y z- - + = . Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là: 2 5 0 11 2 15 5 0 x y z x y z ì - + + = ï ï í ï - - + = ï î Câu VIIb (1,0 điểm) Ta chứng minh rằng 2 2 n n n k n k C C + - giảm khi k tăng, tức là: 2 2 2 1 2 1 n n n n n k n k n k n k C C C C + - + + - - > . (3) Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ! 2 ! 2 1 ! 2 1 ! (3) ! ! ! ! ! 1 ! ! 1 ! 2 2 1 1 1. 1 1 n k n k n k n k n n k n n k n n k n n k n k n k n n n k n k n k n k + - + + - - Û > + - + + - - - + + Û > Û + > + - + + - + + Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng. Do đó, 2 2 n n n k n k C C + - lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n. . ĐỨC ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU VÀO ĐH -CAO ĐẲNG 2 009 Khoa Khoa học Tự nhiên Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài : 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC. ) ( ) ln 2ln 1mx x= + . 2. Giải phương trình: ( ) ( ) 3 3 sin 1 cot cos 1 tan 2sin 2x x x x x+ + + = . Câu III. (1,0 điểm) Tính: 0 243 12 lim 2 → −−+ +−