http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2.0 điểm). Cho hàm số y x x 4 2 5 4,= − + có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình x x m 4 2 2 5 4 log− + = có 6 nghiệm. Câu II (2.0 điểm). 1. Giải phương trình: x x x x x 1 1 sin2 sin 2cot 2 2sin sin2 + − − = (1) 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm x 0; 1 3 ∈ + : ( ) m x x x x 2 2 2 1 (2 ) 0− + + + − ≤ (2) Câu III (1.0 điểm). Tính x I dx x 4 0 2 1 1 2 1 + = + + ∫ Câu IV (1.0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 a2 5= và · o BAC 120= . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Chứng minh MB ⊥ MA 1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). Câu V (1.0 điểm). Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: x y z xy yz zx3 2 4 3 5+ + ≥ + + II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a. (2.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm B C M a( 1; 3; 0), (1; 3; 0), (0; 0; )− với a > 0. Trên trục Oz lấy điểm N sao cho mặt phẳng (NBC) vuông góc với mặt phẳng (MBC). 1. Cho a 3= . Tìm góc α giữa mặt phẳng (NBC) và mặt phẳng (OBC). 2. Tìm a để thể tích của khối chóp BCMN nhỏ nhất Câu VII.a. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: y x x x x x y y y y 2 1 2 1 2 2 3 1 ( , ) 2 2 3 1 − − + − + = + ∈ + − + = + ¡ B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b. (2.0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (–1; 3; –2), B (–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). 2. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu VII. b. (1.0 điểm). Giải bất phương trình: x x x 2 4 2 (log 8 log )log 2 0+ ≥ Hướng dẫn Câu I: 2) x x m 4 2 2 5 4 log− + = có 6 nghiệm ⇔ 9 4 4 12 9 log 12 144 12 4 m m= ⇔ = = Câu II: 1) (1) ⇔ 2 2 2 2 2 2 0 x x x x x cos cos cos cos sin − − = ≠ ⇔ cos2x = 0 ⇔ x k 4 2 π π = + http://ductam_tp.violet.vn/ 2) Đặt 2 t x 2x 2= − + . (2) ⇔ − ≤ ≤ ≤ ∈ + + 2 t 2 m (1 t 2),do x [0;1 3] t 1 Khảo sát 2 t 2 g(t) t 1 − = + với 1 ≤ t ≤ 2. g'(t) 2 2 t 2t 2 0 (t 1) + + = > + . Vậy g tăng trên [1,2] Do đó, ycbt ⇔ bpt 2 t 2 m t 1 − ≤ + có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ [ ] t m g t g 1;2 2 max ( ) (2) 3 ∈ ≤ = = Câu III: Đặt t 2x 1= + . I = 3 2 1 t dt 1 t = + ∫ 2 + ln2. Câu IV: 3 2 AA BM 1 BMA 1 1 1 1 a 15 1 V A A . AB,AM ; S MB,MA 3a 3 6 3 2 ∆ = = = = uuuuur uuur uuuur uuur uuuuur ⇒ = = 3V a 5 d . S 3 Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si: ( ) ( ) ( ) 1 3 5 ; 3 ; 5 2 2 2 x y xy y z xy z x xy+ ≥ + ≥ + ≥ ⇒ đpcm Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC ⇒ 0 3 0I( ; ; ) . · 0 45MIO = ⇒ · 0 45NIO α = = . 2) 3 3 3 BCMN MOBC NOBC V V V a a = + = + ÷ đạt nhỏ nhất ⇔ 3 a a = ⇔ 3a = . Câu VII.a: Sử dụng tính đơn điệu của hàm số ⇒ x = y = 0. Câu VI.b: 1) 2x + 5y + z − 11 = 0 2) A, B nằm cùng phía đối với (P). Gọi A′ là điểm đối xứng với A qua (P) ⇒ A '(3;1;0) Để M ∈ (P) có MA + MB nhỏ nhất thì M là giao điểm của (P) với A′B ⇒ M(2;2; 3)− . Câu VII.b: x x x 2 4 2 (log 8 log )log 2 0+ ≥ ⇔ x x 2 2 log 1 0 log + ≥ ⇔ x x 1 0 2 1 < ≤ > . . 3 5 ; 3 ; 5 2 2 2 x y xy y z xy z x xy+ ≥ + ≥ + ≥ ⇒ đpcm Câu VI.a: 1) B, C ∈ (Oxy). Gọi I là trung điểm của BC ⇒ 0 3 0I( ; ; ) . · 0 45MIO = ⇒ · 0 45NIO. (2.0 điểm). Cho hàm số y x x 4 2 5 4,= − + có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2. Tìm m để phương trình x x m 4 2 2 5 4 log− + = có