Bài tập toán ôn thi đại học khối A 2003 có lời giải hướng dẫn

www.saosangsong.com.vn Năm học 2009 - 2010 1 NHÁY A2003 Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 (2 điểm ). Cho hàm số y = 2 x - m x - 2 x 2 m + (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2 2) Định m để đồ thị (1) cắt Ox tại hai điểm có hoành độ âm. Câu 2 (2 điểm ). 1) Giải phương trình : tan x – 1 = 2 3cos2x 1 cos x - sin 2x 1cotx 2 + + 2) Giải hệ: 3 11 x x x+3y = 4 y y ⎧ +=+ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ Câu 3 (1 điểm ). Tính tich phân I = 2 23 5 x+4 x x d ∫ Câu 4 (1 điểm ). Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’, gọi O là tâm ABCD và I là tâm CDD’C’. Tính góc của hai mặt phẳng (ABCD) và (A’OI). Câu 5 (1 điểm). Cho x, y, z là ba số dương mà x + y + z ≤ 3 , tìm GTNN của T = 222 22 44 x+ x yz yz ++++ 2 4 Câu 6 (2 điểm ). 1. 1. Cho tam giác ABC vuông tại C có hai đỉnh A, B thuộc đường thẳng x – 2y = 0 , cạnh BC song song với Ox. Biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác thuộc đường thẳng 2x + y – 4 5 = 0 , còn bán kính đường tròn nội tiếp là 3 - 5. Tìm toạ độ ba đỉnh. 2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ với A(0; 0; 0), B(a ; 0; 0), D(0; b; 0) . Tính thể tích hình hộp biết hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD) vuông góc nhau. Câu 7 (1 điểm ) . a , b là 2 nghiệm của phương trình z 2 - 2z + 2 = 0 . Tính giá trị của S = a 16 + b 16 . GIẢI VẮN TẮT: Câu 1. 2) PT hoành độ giao điểm với Ox : x 2 – mx - 2m = 0 ( x ≠ - 2) YCBT Ù 2 80 (2) 0 8 0 20 mm f m Sm Pm ⎧ Δ= + > ⎪ −≠ ⎪ <=> < − ⎨ =< ⎪ ⎪ =− > ⎩ Câu 2. www.saosangsong.com.vn Năm học 2009 - 2010 2 1) PT Ù 22 2 sin x cos x 3(cos x sin x) cos x sin x cos x sin x cos x cos x sin x −− =+− + ĐK : sin x.cos x ≠ 0 và sin x + cosx ≠ 0 Rút gọn: sin x – cos x = 3(cos x - sin x)sin x cos x + (cos 3 x – sinx. cos 2 x) Ù 2 cos x sin x 0 (1) 13sinx cosx +cosx (2) −= ⎡ ⎢ −= ⎣ (1) Ù x = π/4 + kπ (thỏa điều kiện ) (2) Ù – 1(1 + tan 2 x ) = 3tan x + 1 Ù tan 2 x + 3tanx + 2 = 0 Ù tanx = - 1 (loại) hay tan x = - 2 (nhận) Ù x = arctan(- 2) + kπ. Cách khác: Đặt t = tanx và thay cos2x = 2 2 1 ; 1 t t − + sin2x = 2 2 1 t t + , ta được phương trình bậc 3 theo t. 2) 3 11 x (1) x x + 3y = 4 (2) y y ⎧ +=+ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ Từ (1) : (x 2 + 1)y = (y 2 + 1) x Ù (x – y)(xy – 1) = 0 Ù x = y hay xy = 1 * Thế vào (2): Vơí : x = y : x 3 + 3 x – 4 = 0 Ù (x – 1)(x 2 + x + 4) = 0 Ù x = 1 Với y = 1/x : x 4 – 4 x + 3 = 0 Hàm số ở VT có đạo hàm f’(x ) = 4x 3 – 4 = 0 , đạt CT x = 1 và giá trị cực tiểu là 0, do đó x = 1 là nghiệm duy nhất. Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = 1 Cách khác: x 4 – 4 x + 3 = 0 Ù (x – 1)(x 3 + x 2 + x – 3) = 0 Ù (x – 1) 2 (x 2 + 2x + 3) = 0 Ù x = 1 Câu 3 . I = 2 23 2 5 x + 4.xdx x ∫ Đặt t = 2 x+4 , ta được : I = 4 2 3 . 4 ttdt t − ∫ = 44 2 33 41 11 42 dt dt ttt 1 2 ⎡ ⎤⎡ ⎤ +=+− ⎢ ⎥⎢ ⎥ −− + ⎣ ⎦⎣ ⎦ ∫∫ = . . . Câu 4 . Chọn hệ trục với A(0; 0; 0), đơn vị độ dài là nửa cạnh hình lập phương và B(2 ; 0; 0), D(0 ; 2; 0), A’(0 ; 0; 2). Suy ra I(1; 2; 1) và O(1; 1; 0). G VTPT của mp(ABCD) là (0 ; 0 ; 1). G k = VTPT của (OA’I) là = [ n ', ']A OAI= JJJJG JJJG GG (3 ; - 1; 1) Vậy cosα = |cos ( kn | = 1/ ,) 11 a G b G c G O A B C A D A’ B’ D’ C’ B C O I www.saosangsong.com.vn Năm học 2009 - 2010 3 Câu 5. * Trước hết ta CM rằng : || ||||| |abcabc ++≥++ GGGGGG (Vì OA + AB + BC ≥ OC; dấu bằng xãy ra khi ba vectơ ,,OA AB BC JJJG JJJG JJJG cùng hướng. Do đó đặt 222 22 (x ; ) ; ( ; ) ; ( ; ) (x ; ) xz abyczabcyz 2 x y yz ====>+==+++ GGG GGG + , suy ra : 222 2 222 444 22 x + (x+y+z) +( ) x x yz yz y ++++≥ ++ 2 2 z Áp dụng Bđt Cauchy: (x + y + z) 3 3 222 1 3xyz; 6 x xyyz ≥++≥ z Đặt t = 3 xyz t= : 0 < t ≤ x 1 3 yz ++ = : T 2 ≥ 9t 2 + 36/t 2 Hàm số f(t) = 9t 2 + 36/t 2 có f’(t) = 18t – 72t - 3 = 4 3 18 => f(t) nghịch biến trên (0; 1] 72 0, (0;1] t t t − <∀∈ Và min T = f(1) = 3 Ù t = 1 và x = y = z Ù x = y = z = 1. 5 Câu 6 . 1. Gọi A(2a; a) và B(2b; b), suy ra C = (2a; b) và tâm I của đường tròn ngoại tiếp là trung điểm AB là (a + b; (a + b)/2). Ta có : 2(a + b) + (a + b)/2 – 4 5 = 0 Ù a + b = 8 5/5 (1) Ta có : S ABC = pr Ù AB. AC. BC = (AB + BC + CA). (3 - 5) Ù |(a – b). 2(a – b). (a – b) 5 | = |a – b|(3 + 5 )(3 - 5) Ù (a – b) 2 5= 2 Ù a – b = ± 2 5 / 5 (2) Từ (1) và (2), ta được : (a = 5, b = 3 5 /5 ) hay (a = 3 5 /5 ; b = 5 ) . . . B A C A B C D A’ B’ D ’ C’ O 2 . A’(0; 0; h) => => VTPT của mp(A’BD) là : '( ;0;), ( ;;0)BA a h BD a b =− =− JJJG JJJG 1 [', ]( ; ; )n BABD bhahab==−−− JG JJJG JJJG C’ = (a ; b ; h) => '(0;;)BCbh= JJJJG . VTPT của mp(C’BD) là 2 [',]nBCBD= = JJG JJJJGJJJG (- bh; - ah ; ab). www.saosangsong.com.vn Năm học 2009 - 2010 4 Ta có: Ù (bh) 12 .nn = JG JJG 0 2 + (ah) 2 – (ab) 2 = 0 Ù h = 22 ab ab + Và thể tích khối hộp là V = abh = 2 22 ()ab ab + Câu 7 . Ta có : a = 1 – i b = 1 + i . Suy ra : a = 2[cos( / 4) sin( / 4)i π −+− π ] và b = 2[cos( / 4) sin( / 4)i ππ + ]. Suy ra : a 16 = 16 8 ( 2) [cos( 4 ) sin( 4 )] 2i ππ −+ − = và b 16 = 16 8 ( 2) [cos(4 ) sin(4 )] 2i ππ + = => S = a 16 + b 16 = 2 9 . . 1. Gọi A( 2a; a) và B(2b; b), suy ra C = ( 2a; b) và tâm I c a đường tròn ngoại tiếp là trung điểm AB là (a + b; (a + b)/2). Ta có : 2 (a + b) + (a + b)/2. = 0 Ù a + b = 8 5/5 (1) Ta có : S ABC = pr Ù AB. AC. BC = (AB + BC + CA). (3 - 5) Ù | (a – b). 2 (a – b). (a – b) 5 | = |a – b|(3 + 5 )(3 - 5) Ù (a – b)