Đề tham khảo Toán Đại Học 2010 số 4

HƯỚNG DẨN GIẢI. Câu I.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn Thi: TỐN – Khối A

ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm)Cho hµm sè : y=x3−3

2mx

2 +1

2m

3 1/ Khảo sát hàm số víi m=1

2/ Xác định m để đồ thị hàm số có cực đại,cực tiểu đối xứng với qua đt: y=x Cõu II (2,5 điểm) tan2x tan sin2x 3xcos 03 

Cho PT: 5 x x1  5 6x x m(1) a)Tìm m để PT(1)có nghiệm

b)Giải PT khim2 1  2

Câu III (1,5 điểm) a) Tính tích phân I=  

43

4

1 1

dx x x  

Câu IV (1,0 điểm) Tính góc Tam giác ABC bíêt: 2A=3B;

3 a b

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn làm hai câu(Va hoặcVb) Câu Va

1(2,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vng góc với mặt phẳng (Q) :x y z 0   cách điểm M(1;2;1) khoảng 2

(1,0 điểm)Có học sinh nam 3học sinh nử xếp hàng dọc vào lớp.Hỏi có cãch xếp để có 2HS nam đứng xen kẻ 3HS nử

Câu Vb (2,0 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :

x 4t y 2t z t    

  

  



mặt phẳng (P) : x y 2z 0   

Viết phương trình đường thẳng () nằm (P), song song với (d) cách (d) khoảng 14

HƯỚNG DẨN GIẢI

Cõu I 1/ Khảo sát hàm số: y=x33

2x

2 +1

2

1-Tập xác định:R 2-Sự biến thiên

a-ChiỊu biÕn thiªn:

y '=3x2−3x=0⇔

x1=1

¿

x2=0

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Hàm số đồng biến ( ;0) (1;) ;Hàm số nghịch biến (0;1) b-Cực trị:Hàm số đạt cực đại : x=0⇒y=1

2

Hàm số đạt cực tiểu : x=1⇒ y=0 c-Giới hạn: :

3

x x

3 1 3 1

lim (x x ) ; lim (x x )

2 2 2 2

      

d-Bảng biến thiên: : x - ∞ + ∞

y’ + - +

y

2 + ∞

- e-Tính lồi lõm điểm uốn: y''=6x −3=0⇒x=1

2

B¶ng xÐt dÊu y’’: x - ∞ 1/2 + ∞

y’’ - + §T låi §U(

2 ;

4 ) lõm

3-Đồ thị:

Đồ thị nhận điểm uốn I(

2;

4 ) làm tâm đối xứng

Giao ®iĨm víi trơc Ox: (1;0)

2/Tacã

y '=3x2−3 mx=3x(x − m)=0⇔

x=0

¿

x=m

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

ta thấy với m≠0 y’ đổi dấu qua nghiệm hàm số có CĐ,CT

2

-2

1 o

y

+Nếu m>0 hàm số có CĐ x=0 yMAX=1

2m

3

;có CT x=m yMIN=0 +Nếu m<0 hàm số có CĐ x=m yMAX=0 ;có CT x=0 yMIN=1

2m

3

Gọi A B điểm cực trị hàm số.Để A B đối xứng với qua đ ờng phân giác y=x,điều kiện có đủ OA=OB tức là: m=1

2m

3⇔

m2=2⇒m=±√2

Câu V.a ( 2,0 điểm ) : Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = với A2B2C20

Vì (P)  (Q) nên 1.A+1.B+1.C =  A+B+C =  CA B (1) Theo đề :

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) vào (2) , ta : 8AB+5

8A 2

B 0 B hay B = 5

   

 B 0   (1) CA Cho A 1,C 1 (P) : x z 0  

8A B =

5 

Chọn A = , B = 1  (1) C 3 (P) : 5x 8y 3z 0   CâuVb-1 Chọn A(2;3; 3),B(6;5; 2)(d) mà A,B nằm (P) nên (d) nằm (P)

Gọi u



vectơ phương (d1) qua A vng góc với (d)

u ud u uP    

  

 

 

nên ta chọn u [u,u ] (3; 9;6) 3(1; 3;2) P       

Ptrình đường thẳng (d1) :

  



  



   

x 3t

y 9t (t R) z 6t

() đường thẳng qua M song song với (d ) Lấy M (d1) M(2+3t;3 9t; 3+6t)

Theo đề :

1

2 2

AM 14 9t 81t 36t 14 t t

9

        

+ t =

1



 M(1;6; 5)

x y z ( ) :1

4

  

   

+ t =

1

3  M(3;0; 1)

x y z ( ) :2

4

 

   

I.Phần dành cho tất thí sính

Câu Đáp án Điểm

I (2 điểm)

1 (1,25 điểm)

a.TXĐ: D = R\{-2}

b.Chiều biến thiên +Giới hạn:

x 2+

=− ∞;lim y

x → −2−=+∞

lim y

x →− ∞

=lim y

x →+∞

=2;limy

¿

Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = -2 tiệm cận ngang y = 0,5

+

x+2¿2 ¿ ¿

y '=3

¿

Suy hàm số đồng biến khoảng (− ∞;−2) (−2;+∞)

0,25

+B¶ng biÕn thiªn

x − ∞ -2 +∞ y’ + +

+∞ y

0,25

c.Đồ thị:

Đồ thị cắt trục Oy điểm (0;

2 ) cắt trục Ox điểm( ;0)

Đồ thị nhận điểm (-2;2) làm tâm đối xứng 0,25

2 (0,75 ®iĨm)

Hồnh độ giao điểm đồ thị (C ) đờng thẳng d nghiệm phơng trình

2x+1

x+2 =− x+m⇔

x ≠ −2

x2

+(4−m)x+1−2m=0(1)

¿{ Do (1) cã −2¿

2

+(4− m).(−2)+1−2m=−3≠0∀m

Δ=m2+1>0 va¿ nên đờng thẳng d luôn

cắt đồ thị (C ) hai điểm phân biệt A, B

0,25

Ta cã yA = m – xA; yB = m – xB nªn AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12)

suy AB ngắn  AB2 nhỏ  m = Khi AB=√24

0,5

II (2 ®iĨm)

1 (1 ®iĨm)

Phơng trình cho tơng đơng với

9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + – 2sin2x = 0,5

y

O 2 -2

 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) =

 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) =

 (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) =



1−sinx=0

¿

6 cosx+2 sinx −7=0(VN)

¿ ¿ ¿ ¿

0,25

 x=π

2+k2

0,25

2 (1 điểm)

ĐK:

¿

x>0

log22x −log 2x

2−3≥0

¿{

¿

Bất phơng trình cho tơng đơng với √log22x −log2x2−3>√5(log2x −3)(1) đặt t = log2x,

BPT (1)  √t2−2t −3>√5(t −3)⇔√(t −3)(t+1)>√5(t −3)

0,5

⇔

¿t>3

t −3¿2 ¿ ¿ ¿

⇔

¿

t ≤−1 ¿ 3<t<4

¿

⇔

¿

t ≤−1 ¿ ¿ ¿{

¿

(t+1)(t −3)>5¿

0,25

⇔ 0<x ≤1

2 ¿ 8<x<16

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

Vậy BPT cho có tập nghiệm là: ¿∪(8;16)

III

1 ®iĨm I=dx

sin3x cos3x cos2x=8

dx

sin32x cos2x

⇒dt=dx

cos2x ;sin2x=

2t

1+t2

2t

1+t2¿

¿

t2+1¿3 ¿ ¿t3

¿ ¿ ¿ ¿ dt ¿

⇒I=8¿

¿t

6

+3t4+3t2+1

t3 dt

(t3+3t+3

t+t

−3 )dt=1

4tan

4x +3

2tan

2x

+3 ln|tanx|−

2 tan2x+C

0,5

C©u IV

1 điểm Do AH(A B

1C1) nên góc AA1H góc AA1 (A1B1C1), theo giả

thiết góc AA1H 300 Xét tam giác vuông AHA

1 cã AA1 = a, gãc

∠AA1H =300 ⇒A

1H=

a√3

2 Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a,

H thuộc B1C1 A1H=a3

2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác

AHB1C1 nên B1C1(AA1H)

0,5

Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 B1C1 0,25

Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒HK=

A1H AH AA1

=a√3

4

0,25

C©u V

1 điểm áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số số a

2009 ta cã

1+1+ +1

⏟

2005

+a2009+a2009+a2009+a2009≥2009.2009√a2009.a2009.a2009.a2009=2009 a4(1) A1

A B

C

C 1 B1

K

T¬ng tù ta cã

1+1+ +1

⏟

2005

+b2009+b2009+b2009+b2009≥2009 2009√b2009.b2009.b2009.b2009=2009.b4(2)

1+1+ +1

⏟

2005

+c2009+c2009+c2009+c2009≥2009.2009√c2009.c2009.c2009.c2009=2009 c4(3) 0,5

Cộng theo vế (1), (2), (3) ta đợc

6015+4(a2009+b2009+c2009)≥2009(a4+b4+c4) ⇔6027≥2009(a4+b4+c4)

Từ suy P=a4

+b4+c4≤3

Mặt khác a = b = c = P = nên giá trị lớn P =

0,5

Phần riêng.

1.Ban bản

Câu VIa 2 điểm

1.( ®iĨm)

Từ phơng trình tắc đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng trịn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2

0,5

⇔|m−1|

√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔

m=−5

¿

m=7

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

0,5

2 (1 ®iĨm)

Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H n (P)

Giả sử điểm I hình chiếu cđa H lªn (P), ta cã AH≥HI => HI lín nhÊt

A ≡ I

VËy (P) cÇn tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến

0,5

HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên

u=(2;1;3)

AHdAH u=0 véc tơ chØ ph¬ng cđa d)

⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =

 7x + y -5z -77 =

0,5

Câu VIIa 1 điểm

Từ giả thiết toán ta thấy có C24=6 cách chọn chữ số chẵn (vì số 0)và C52=10 cách chọn chữ số lẽ => có C52 C52 = 60 bé sè tháa m·n bµi to¸n

0,5

Mỗi số nh có 4! số đợc thành lập Vậy có tất C24 C52 4! = 1440 số 0,5

2.Ban n©ng cao. C©u

VIa 2

1.( ®iĨm)

điểm AB, AC tới đờng tròn AB⊥AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2

0,5

⇔|m−1|

√2 =3√2⇔|m−1|=6⇔

m=−5

¿

m=7

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

0,5

2 (1 ®iĨm)

Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cỏch t H n (P)

Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AHHI => HI lín nhÊt A ≡ I

VËy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến

0,5

HdH(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên

u=(2;1;3)

AHdAH u=0 vÐc t¬ chØ ph¬ng cđa d) ⇒H(3;1;4)⇒AH(−7;−1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =

 7x + y -5z -77 =

0,5

Câu VIIa 1 điểm

Từ giả thiết tốn ta thấy có C52=10 cách chọn chữ số chẵn (kể số có chữ số đứng đầu) C53 =10 cách chọn chữ số lẽ => có C52 C53 = 100 số đợc chọn

0,5

Mỗi số nh có 5! số đợc thành lập => có tất C52 C53 5! = 12000 số Mặt khác số số đợc lập nh mà có chữ số đứng đầu C14.C53 4!=960 Vậy có tất 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn toán