KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A de 2

on thi

http://ductam_tp.violet.vn/ B GIO DC V O TO K THI TUYN SINH I HC NM 2010 Mụn Thi: TON Khi A THI THAM KHO Thi gian: 180 phỳt, khụng k thi gian giao I:PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu I. (2,0 im)Cho hàm số : 323 m 2 1 mx 2 3 xy += 1/ Khảo sát hàm số với m=1. 2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại,cực tiểu đối xứng với nhau qua đt: y=x Cõu II. (2,5 im) 1. 2 2 3 3 tan tan .sin cos 1 0x x x + = 2. Cho PT: 2 5 1 5 6x x x x m + + + = (1) a)Tỡm m PT(1)cú nghim b)Gii PT khi ( ) 2 1 2m = + Cõu III. (1,5 im) a) Tớnh tớch phõn I= ( ) 4 3 4 1 1 dx x x + Cõu IV. (1,0 im) Tớnh gúc ca Tam giỏc ABC bớờt: 2A=3B; 2 3 a b= II.PHN RIấNG (3 im) Thớ sinh ch c chn lm mt trong hai cõu(Va hocVb) Cõu Va. 1(2,0 im).Trong khụng gian vi h ta Oxyz .Vit phng trỡnh mt phng (P) qua O , vuụng gúc vi mt phng (Q) : x y z 0+ + = v cỏch im M(1;2; 1 ) mt khong bng 2 . 2. (1,0 im)Cú 6 hc sinh nam v 3hc sinh n xp hng dc i vo lp.Hi cú bao nhiờu cóch xp cú ỳng 2HS nam ng xen k 3HS n Cõu Vb. 1 (2,0 im)Trong khụng gian vi h ta Oxyz , cho ng thng (d ) : x 2 4t y 3 2t z 3 t = + = + = + v mt phng (P) : x y 2z 5 0 + + + = Vit phng trỡnh ng thng ( ) nm trong (P), song song vi (d) v cỏch (d) mt khong l 14 . 2.(1,0 im) Gii PT: 2 1 1 1 5.3 7.3 1 6.3 9 0 x x x x + + + = http://ductam_tp.violet.vn/ HNG DN GII Cõu I. 1/ Khảo sát hàm số: 2 1 x 2 3 xy 23 += 1-Tập xác định:R 2-Sự biến thiên. a-Chiều biến thiên: = = == 0x 1x 0x3x3'y 2 1 2 Hàm số đồng biến ( ;0) và (1; ) + ;Hàm số nghịch biến )1;0( b-Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại : 2 1 y0x == Hàm số đạt cực tiểu tại : 0y1x == c-Giới hạn: : 3 2 3 2 x x 3 1 3 1 lim (x x ) ; lim (x x ) 2 2 2 2 + + = + + = d-Bảng biến thiên: : x - 0 1 + y + 0 - 0 + y 2 1 + - 0 e-Tính lồi lõm và điểm uốn: 2 1 x03x6''y === Bảng xét dấu y: x - 1/2 + y - 0 + ĐT lồi ĐU( 2 1 ; 4 1 ) lõm 3-Đồ thị: Đồ thị nhận điểm uốn I( 4 1 ; 2 1 ) làm tâm đối xứng Giao điểm với trục Ox: (1;0) 2/Tacó = = === mx 0x 0)mx(x3mx3x3'y 2 ta thấy với 0m thì y đổi dấu khi đi qua các nghiệm do vậy hàm số có CĐ,CT +Nếu m>0 hàm số có CĐ tại x=0 và 3 MAX m 2 1 y = ;có CT tại x=m và 0y MIN = +Nếu m<0 hàm số có CĐ tại x=m và 0y MAX = ;có CT tại x=0 và 3 MIN m 2 1 y = Gọi A và B là các điểm cực trị của hàm số.Để A và B đối xứng với nhau qua đờng phân giác y=x,điều kiện ắt có và đủ là OBOA = tức là: 2m2mm 2 1 m 23 === 2 -2 1 o y x http://ductam_tp.violet.vn/ Cõu V.a ( 2,0 im ) : Phng trỡnh mt phng (P) qua O nờn cú dng : Ax + By + Cz = 0 vi 2 2 2 A B C 0+ + Vỡ (P) (Q) nờn 1.A+1.B+1.C = 0 A+B+C = 0 C A B = (1) Theo : d(M;(P)) = 2 A 2B C 2 2 2 2 2 (A 2B C) 2(A B C ) 2 2 2 A B C + = + = + + + + (2) Thay (1) vo (2) , ta c : 8AB+5 8A 2 B 0 B 0 hay B = 5 = = (1) B 0 C A . Cho A 1,C 1= = = = thỡ (P) : x z 0 = 8A B = 5 . Chn A = 5 , B = 1 (1) C 3 = thỡ (P) : 5x 8y 3z 0 + = CõuVb-1 Chn A(2;3; 3),B(6;5; 2) (d) m A,B nm trờn (P) nờn (d) nm trờn (P) . Gi u r vect ch phng ca ( d 1 ) qua A v vuụng gúc vi (d) thỡ u u d u u P r r r r nờn ta chn u [u, u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P = = = r r r . Ptrỡnh ca ng thng ( d 1 ) : = + = = + x 2 3t y 3 9t (t R) z 3 6t ( ) l ng thng qua M v song song vi (d ). Ly M trờn ( d 1 ) thỡ M(2+3t;3 9t; 3+6t) . Theo : 1 1 2 2 2 2 AM 14 9t 81t 36t 14 t t 9 3 = + + = = = + t = 1 3 M(1;6; 5) x 1 y 6 z 5 ( ) : 1 4 2 1 + = = + t = 1 3 M(3;0; 1) x 3 y z 1 ( ) : 2 4 2 1 + = = đáp án đề s 5 thi thử đại học lần 1 khối a môn toán I.Phần dành cho tất cả các thí sính Câu Đáp án Điểm I (2 điểm) 1. (1,25 điểm) a.TXĐ: D = R\{-2} b.Chiều biến thiên +Giới hạn: +==== + + 22 lim;lim;2limlim xx xx yyyy Suy ra đồ thị hàm số có một tiệm cận đứng là x = -2 và một tiệm cận ngang là y = 2 0,5 http://ductam_tp.violet.vn/ + Dx x y > + = 0 )2( 3 ' 2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )2;( và );2( + 0,25 +Bảng biến thiên x -2 + y + + + 2 y 2 0,25 c.Đồ thị: Đồ thị cắt các trục Oy tại điểm (0; 2 1 ) và cắt trục Ox tại điểm( 2 1 ;0) Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,25 2. (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đờng thẳng d là nghiệm của phơng trình =++ += + + )1(021)4( 2 2 12 2 mxmx x mx x x Do (1) có mmmvam =++>+= 0321)2).(4()2(01 22 nên đờng thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B 0,25 Ta có y A = m x A ; y B = m x B nên AB 2 = (x A x B ) 2 + (y A y B ) 2 = 2(m 2 + 12) suy ra AB ngắn nhất AB 2 nhỏ nhất m = 0. Khi đó 24 = AB 0,5 II (2 điểm) 1. (1 điểm) Phơng trình đã cho tơng đơng với 9sinx + 6cosx 6sinx.cosx + 1 2sin 2 x = 8 6cosx(1 sinx) (2sin 2 x 9sinx + 7) = 0 6cosx(1 sinx) (sinx 1)(2sinx 7) = 0 0,5 (1-sinx)(6cosx + 2sinx 7) = 0 =+ = )(07sin2cos6 0sin1 VNxx x 0,25 2 2 kx += 0,25 2. (1 điểm) x y O 2 -2 http://ductam_tp.violet.vn/ ĐK: > 03loglog 0 2 2 2 2 xx x Bất phơng trình đã cho tơng đơng với )1()3(log53loglog 2 2 2 2 2 > xxx đặt t = log 2 x, BPT (1) )3(5)1)(3()3(532 2 >+> tttttt 0,5 << << >+ > 4log3 1log 43 1 )3(5)3)(1( 3 1 2 2 2 x x t t ttt t t 0,25 << < 168 2 1 0 x x Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: )16;8(] 2 1 ;0( III 1 điểm == xx dx xxx dx I 23233 cos.2sin 8 cos.cos.sin đặt tanx = t dt t t t t dt I t t x x dx dt + = + = + == 3 32 3 2 22 )1( ) 1 2 ( 8 1 2 2sin; cos 0,5 C x xxxdtt t tt dt t ttt +++=+++= +++ = 2 2433 3 246 tan2 1 tanln3tan 2 3 tan 4 1 ) 3 3( 133 0,5 http://ductam_tp.violet.vn/ Câu IV 1 điểm Do )( 111 CBAAH nên góc HAA 1 là góc giữa AA 1 và (A 1 B 1 C 1 ), theo giả thiết thì góc HAA 1 bằng 30 0 . Xét tam giác vuông AHA 1 có AA 1 = a, góc HAA 1 =30 0 2 3 1 a HA = . Do tam giác A 1 B 1 C 1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B 1 C 1 và 2 3 1 a HA = nên A 1 H vuông góc với B 1 C 1 . Mặt khác 11 CBAH nên )( 111 HAACB 0,5 Kẻ đờng cao HK của tam giác AA 1 H thì HK chính là khoảng cách giữa AA 1 và B 1 C 1 0,25 Ta có AA 1 .HK = A 1 H.AH 4 3 . 1 1 a AA AHHA HK == 0,25 Câu V 1 điểm áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a 2009 ta có )1(.2009 20091 .11 42009 20092009200920092009200920092009 2005 aaaaaaaaa =+++++++ Tơng tự ta có )2(.2009 20091 .11 42009 20092009200920092009200920092009 2005 bbbbbbbbb =+++++++ )3(.2009 20091 .11 4 2009 20092009200920092009200920092009 2005 ccccccccc =+++++++ 0,5 Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc )(20096027 )(2009)(46015 444 444200920092009 cba cbacba ++ +++++ Từ đó suy ra 3 444 ++= cbaP Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. 0,5 Phần riêng. 1.Ban cơ bản Câu VIa 2 1.( 1 điểm) Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và ACAB => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 0,5 A 1 A B C C 1 B 1 K H http://ductam_tp.violet.vn/ điểm 23 = IA = = == 7 5 6123 2 1 m m m m 0,5 2. (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 )31;;21( tttHdH ++ vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. == uuAHdAH là véc tơ chỉ phơng của d) )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0 0,5 Câu VIIa 1 điểm Từ giả thiết bài toán ta thấy có 6 2 4 = C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0)và 10 2 5 = C cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 2 5 C = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 0,5 Mỗi bộ 4 số nh thế có 4! số đợc thành lập. Vậy có tất cả 2 4 C . 2 5 C .4! = 1440 số 0,5 2.Ban nâng cao. Câu VIa 2 điểm 1.( 1 điểm) Từ phơng trình chính tắc của đờng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc 2 tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn và ACAB => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh bằng 3 23 = IA 0,5 = = == 7 5 6123 2 1 m m m m 0,5 2. (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có HIAH => HI lớn nhất khi IA Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,5 )31;;21( tttHdH ++ vì H là hình chiếu của A trên d nên )3;1;2((0. == uuAHdAH là véc tơ chỉ phơng của d) )5;1;7()4;1;3( AHH Vậy (P): 7(x 10) + (y 2) 5(z + 1) = 0 7x + y -5z -77 = 0 0,5 Câu VIIa 1 điểm Từ giả thiết bài toán ta thấy có 10 2 5 = C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ số 0 đứng đầu) và 3 5 C =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có 2 5 C . 3 5 C = 100 bộ 5 số đợc chọn. 0,5 Mỗi bộ 5 số nh thế có 5! số đợc thành lập => có tất cả 2 5 C . 3 5 C .5! = 12000 số. Mặt khác số các số đợc lập nh trên mà có chữ số 0 đứng đầu là 960!4 3 5 1 4 = CC . Vậy có tất cả 12000 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán 0,5 . cho 20 05 số 1 và 4 số a 20 09 ta có )1( .20 09... .20 091...11 420 09 20 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 0 920 09 20 05 aaaaaaaaa =+++++++ Tơng tự ta có )2( .20 09... .20 091...11. d(M;(P)) = 2 A 2B C 2 2 2 2 2 (A 2B C) 2 (A B C ) 2 2 2 A B C + = + = + + + + (2) Thay (1) vo (2) , ta c : 8AB+5 8A 2 B 0 B 0 hay B = 5 = = (1) B 0 C A .