De thi DH khoi A nam 2004co dap an

2. Trong kgian vôùi heä toaï ñoä Oxyz cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy ABCD laø hình thoi, AC vaø BD caét nhau taïi goác toaï ñoä O. Goïi M laø trung ñieåm cuûa caïnh SC. a) Tính goùc vaø[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐH,CĐ NĂM 2004 ( KHỐI A)

Câu I: ( điểm) Cho hàm số y = − x22(x −+3x −1 ) (1) Khảo sát hàm số (1)

2 Tìm m để đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm A,B cho AB = Câu II: ( điểm)

1 Giải bất phương trình : √2(x2−16)

√x −3 +√x −3> 7− x √x −3

2 Giải hệ phương trình :

¿

log1

4

(y − x)−log41 y=1 x2+y2=25

¿{ ¿ Câu III: (3điểm)

1 Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) B( −√3;−1 ) Tìm toạ độ trực tâm toạ độ

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB

2 Trong kgian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, AC BD cắt gốc toạ độ O Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; √2 ) Gọi M trung điểm cạnh SC

a) Tính góc khoảng cách hai đường thẳng SA, BM

b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD điểmN Tính thể tích khối chóp S.ABMN Câu IV: (2 điểm)

1 Tính tích phân : I = ∫

1

x

1+√x −1dx

2 Tìm hệ số x8 khai triển thành đa thức [1 + x2(1 – x)]8.

ĐÁP ÁN Câu I: ( điểm) Pt hđgđiểm (C) (d) : y = m − x2+3x −3

2(x −1) = m  x2 + (2m – 3)x – 2m + = (*) ( x = khơng thoả)

(C) cắt (d) hai điểm A,B  (*) có hai nghiệm phân biệt  Δ >  4m2 – 4m – >  m<−12∨m>32

A(xA, m); B(xB, m), (với xA, xB hai nghiệm (*))

AB =  (xB – xA )2 =  (xB + xA )2 - 4xAxB =

 [-(2m – )]2 – 4( - 2m + 3) =  4m2 – 4m – =  m = 1±√5

2 ( nhận)

Câu II: ( điểm)

1 Ñk :

x −3>0 x2−16≥0

⇔ ¿x>3

x ≥4

¿ x ≤ −4

¿ ¿ ¿⇔x ≥4

¿ ¿{

¿ ¿

Bpt  √2(x2−16)+x −3>7− x  √2(x2−16)>10−2x



10−2x<0

x2−16≥0

¿ ¿

10−2x ≥0 10−2x¿2

¿ ¿{

2(x2−16)>¿



¿

4≤ x ≤5 10−√34<x<10+√34

⇔x>10−√34

¿x>5∨{ ¿ 2 Ñk :

¿ y>0 y − x>0

Hpt 

¿

log1

4

(y − x)+log1

1

y=1 x2+y2=25

⇔ ¿ y − x

y =

1

x2+y2=25 ⇔ ¿4y −4x=y

x2+y2=25 ⇔ ¿y=4

3x

x2 +16

9 x

2 =25 ¿{

¿

 ¿ y=4

3 x

x2=9 ⇔ ¿x=−3

y=−4

x=3 y=4 ¿(l)∨{

{ ¿

Câu III: (3điểm) 1 Gọi H trực tâm tam giác OAB

AH⃗❑ ⊥OB⃗❑  AH có vectơ pháp tuyến OB⃗❑ =(−√3;−1)  Pt AH : √3 (x – 0) + (y – 2) =  √3 x + y – =

BH ⃗

❑

⊥OA ⃗

❑

 BH có vectơ pháp tuyến OA❑⃗ =(0;2)  PT BH : 0(x + √3 ) + 2(y + 1) =  y + =

H=AH∩BH⇒H(√3;−1)

Gọi I(x0,y0) tâm đtròn ngoại tiếp tam giác OAB : IA2 = IO2 = IB2



y0−2¿2⇒−4 y0+4=0 ¿

y0+1¿2 ¿ ⇔

¿ ¿y0=1

¿ x0=−√3

x0+√3¿2+¿ ¿ x02

+y02=x02+¿

2.

a) Ta coù OM // SA  Goùc (SA, Mboc1 OB  (SAC)  OB  OM

Δ OBM coù tgOMB = OBOM  tgOMB =

√3  goùcOMB = 30

0

Veõ OH  SA  OH  OM vaø OH  OB  OH  (OMB) Vì SA // OM  SA // (OMB)

⇒ d(SA, MB) = d(H, (OMB)) = OH = 2√36 b) (ABM) SD = N ⇒ N trung điểm SD Ta coù : VSBMN

VSBCD =SM SC SN SD=

⇒ VSMNB = 14 VSBCD = 18 VSABCD

Tương tự : VSABN = 14 VSABCD

Vaäy VSABMN = VSMNB + VSABN = 38 VSABCD = 38.13.12 AC BD SO=161 2.√2=√2

Cách 2: a) O trung điểm BD ⇒ D(0 ; -1 ; 0) O trung điểm AC ⇒ C(-2; ;0 )

M laø trung ñieåm SC ⇒ M(-1; ; √2 )

SA❑⃗ =(−2;0;2√2) ; BM

⃗

❑

=(−1;−1;√2) ; Gọi  góc nhọn tạo SA BM

cos = |2+0+4| √4+8√1+1+2=

√3

2 ⇒  = 300

Gọi () mặt phẳng chứa SA // BM ⇒ PT ( √2x+z+−2√2=0 Ta có : d(SA,BM) = d(B,) = 2√6

3

PT mp ( ABM)  √2x+2√2y+3z −2√2=0

PT tham soá SD :

¿ x=0

y=−1−t z=−2√2t

(t∈R) ¿{ {

¿

N = SD (ABM) ⇒ N(0; −1

2;√2¿

BS❑⃗ =(0; −1;2√2) ; BA

⃗

❑

=(2; −1;0) ; BN

⃗

❑

=(0;−3

2;√2) ; BM ⃗

❑

=(−1;−1;√2) ; [BS ⃗ ❑ ,BN ⃗ ❑

]=(2√2;0;0) ; [BS

⃗

❑

,BN ⃗

❑

] BA ⃗

❑

=4√2 ; [BS ⃗

❑

,BN ⃗

❑

] BM ⃗

❑

=−2√2 ;

Vaäy VSABMN = VSABN +VSMNB = 61 4√2+16 2√2=√2 (đvdt)

Câu IV: (2 điểm) Tính tích phân : I = ∫

1

x

1+√x −1dx Đặt t = √x −1 ⇒ t2 = x – ⇒ 2tdt = dx

X = ⇒ t = 0; x =2 ⇒ t = 1 I = ∫

0

(t2 +1)2t

1+t dt=2∫0

t3+t

t+1 dt=2∫0

(t2−t+2−

t+1)dt=2( t3

3 −

t2

2+2t −2 ln|t+1|)¿0

=11

2 [1 + x2(1 – x)]8 =

1− x¿8

1− x¿5+ +C88x16¿

1− x¿4+C85x10¿

1− x¿3+C84x8¿

1− x¿2

+C83x6¿ C80+C81x2(1− x)+C82x4¿

Số hạng chứa x8 khai triển có 1− x¿

3 C83x6¿ vaø

1− x¿4 C84x8¿

Suy hệ số x8 : 3C

8

+C8

=238

Câu V: (1 điểm) Cho tam giác ABC không tù , thoả mãn điều kiện cos2A + 2 √2 cosB + 2 √2 cosC = 3. Tính ba góc tam giác ABC

Cách 1: Gt tương đương :

sin2A −2

√2 sin A cos

B −C

2 +1=0(∗)

Vì ∆C không tù nên ⇒ A /2 ⇒ < A/2 /4

⇒

¿

sin A >0 cosA

2 ≥

√2

⇒sinA=2sin A cos

A

2≥√2sin

A

2

¿{ ¿

VT(∗)≥ sin2A −2√2 sin A

2 cos

B −C

2 +1=T

∆’= cos2B −C2 −2≤0 ; ∆’< ⇒ T < ( vô lý )

∆’= ⇒

¿

cosB −C

2 =1

sin A 2= √2 cos B− C = √2 cosA ≥ √2 ¿{ { ¿  A = /2 B = C = /4

Cách 2: Gt  2(cos2A + cos2B + cos2C) = +

√2 cosC −1¿2

√2cosB −1¿2+¿

¿

Maø : cos2A + cos2B + cos2C = – 2cosA.cosB.cosC

 ( tam giaùc ABC không tù ) Dấu “=” xảy : cosA.cosB.cosC = vaø cosB = cosC = √2 /  A = /2 vaø B = C = /4

Caùch 3: Gt  sin2A −2√2(cosB+cosC)+2=0⇔sin2A −2√2 sin A2 cosB − C2 +1=0(∗) Tam giác không tù nên cosA

2 ≥cos

π

4=

√2

Do : VT(∗)≥ sin2A −4 sin A

2 cos

A

2 cos

B −C

2 +1≥(sinA −cos

B −C

2 )

2

+sin2B −C

2 ≥0