Đề thi tuyển sinh Đại học môn Toán - Dự bị 2 khối A - 2006

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Đại học môn Toán - Dự bị 2 khối A - 2006

1. ĐỀà DỰ BỊ 2 –TOÁN KHỐI A –năm 2006 Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh Câu I (2 đ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số x4 y = −−21()x2 2 2) Viết phương trình các đường thẳng đi qua điểm A(0, 2) và tiếp xúc với (C). Câu II (2 đ) ⎛π ⎞ 1) Giải phương trình: 2sin ⎜2x - ⎟ + 4sinx + 1 = 0 ⎝⎠6 33 ⎧⎪xxyy−=+82 2) Giải hệ phương trình: x, yR∈ ⎨ 22 ⎩⎪xy−=33() + 1 Câu III (2 đ) Trong không gian với hệ trục Oxyz. Cho mp (α ): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm A(4, 0, 0) ; B(0, 4, 0). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB. 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mp (α ) 2) Xác định tọa độ điểm K sao cho KI vuông góc với mp (α ) đồng thời K cách đều gốc tọa độ O và mp (α ). Câu IV (2 đ) 1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol y = x2 – x + 3 và đường thẳng d: y = 2x + 1 2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện: 333−−−xyz+ +=1. Chứng minh rằng: 99933x yzxy++3z ++≥ 33xyzyzxzxy++++++ 33 33 4 Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb Câu Va (2đ) 1) Trong mp với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d. Phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1, 1). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau? Tính tổng của tất cả các số tự nhiên đó. Câu Vb (2 đ) log22 log 4 log 8 1) Giải phương trình: xx+=2 2x 2) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy, cạnh SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho a 3 AM = . Mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N. 3
2. Tính thể tích khối chóp S.BCNM HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I x4 1/ KS: y= −+2x 2 2 .MXĐ: D=R 2 y’=2x3-4x=2x(x2-2); y’= 0 ⇔ x=0 hay x= ± 2 x −∞ − 2 0 2 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + y +∞ 2 +∞ 0 CĐ 0 CT CT y”=6x2-4; 26 y”=0=>x= ±± 33 Đồ thị hàm số: Học sinh tự vẽ. 2/ pt tiếp tuyến d qua A(0,2) có dạng d:y=kx+2 d là tiếp tuyến của (C) 4 ⎧x 2 ⎪ −+=+22xkx 21() ⎪ 2 ⇔ ⎨ có nghiệm ⎪ 24xxk3−= () 2 ⎪ ⎩ Thay (2) vào (1) ta có phương trình hòanh độ tiếp điểm là 8 3x4-8x2=0 ⇔ x=0 hay x= ± 3 • x=0 thì k=0 ta có tiếp tuyến d1: y=2 8 82 82 • x= ± thì k= ± ta có hai tiếp tuyến d2,3:y= ± x+2 3 33 33 ⎛⎞π Câu II 1/ Giải phương trình: 22sin⎜⎟xx−+ 4sin += 10 (1) ⎝⎠6 (1) ⇔ 3 sin2x-cos2x+4sinx+1=0 2 3 sinxcosx+4sinx+2sin2x=0 ⇔ sinx( 3 cosx+sinx+2)=0 ⇔ sin xhayx=++=03cos sin x 20 ππ7 ⇔ sinx =−=−⇔==+01hay cos( x ) x kπ hay x k2π 66 2/ Giải hệ phương trình x 33−=+82x yy ⎪⎧ ⎨ (I) ⎩⎪x 22−=33()y + 1
3. ⎧x 33−=yxy24()( + 1) ⎪ (I) ⇔ ⎨ ⎪ 22 ⎩ x −=362y () Thế (2) vào (1) ta có: 3((xx33−=y )(64x +=−yy )2 3 3 )( 4x +y) ⇔ x 32+−xy 12xy 2 =⇔= 0xha 0y x = 3y hay x =− 4y — x= 0 ⇒ -3y2 = 6 vô nghiệm — x=3y thay vào (2) có hai nghiệm (3,1) và (-3,-1) ⎛⎞⎛66 6 6⎞ — 44 x=-4y thay vào (2)có nghiệm ⎜⎟⎜−−.,hay ., ⎟ ⎝⎠⎝13 13 13 13 ⎠ Câu III 1/ Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mp(α ) ⎧xy+=4 pt AB: ⎨ Toạ độ giao điểm của đường thẳng AB với mp(α ) là nghiệm của hệ phương trình: ⎩ z = 0 ⎧⎧xy+=41x=−2 ⎪⎪ ⎨⎨zyM=⇔=⇒−0161(,,2160) ⎪⎪ ⎩⎩32xyz+−+= 40 z = 0 2/Vì I là trung điểm của AB ⇒ I(2,2,0). Gọi K (x; y; z ) uur uur KI cùng phương n và KO = d(K,(α )) ()α ⎧ x − 2 y − 2 z ⎪ == ⎪ 321− ⎛⎞−11 3 ⇔ ⎨ ⇔ K ⎜⎟,, 22232xyz+−+ 4 ⎝⎠424 ⎪ xyz++ = ⎩⎪ 14 Câu IV 1/ Diện tích hình phẳng giới hạn bởi P:y=x2-x+3 và d:y=2x+1 Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: x2-x+3 = 2x+1 ⇔ x=1 hay x=2 2 1 Sxxxdx=+−−+=⎡21()2 3⎤ ( vì 2x + 1 ≥−+∀∈xx2 31,[; x 2]) ∫1 ⎣⎦6 x y x y z 9 9 9z 333++ 2/ Chứng minh bất đẳng thức yz+ + y + ≥ 33x + 33+ zx+ 33z + x+y 4 với 3-x + 3-y + 3-z = 1 Đặt a =3x, b =3y, c =3z Theo giả thiết ta có:a,b,c > 0 và ab + bc + ca= abc (1) a222 b c abc+ + Bất đẳng thức cần chứng minh: ++≥ abcbcacab+++ 4 abcab333++c ⇔ ++≥ (2) a222+++ abc b abc c abc 4 Thay abc vào (2) ta có: a333 b c abc+ + ++≥ ()()()()()()abac++ bcba ++ cacb ++ 4 Áp dụng BĐT côsi cho 3 số dương ta có:
4. aabaca33++ 3a ++≥3.3 = ()()abac++ 88 644 bbcbab33++ 3b ++≥3.3 = ()()bcba++ 88 644 ccacbc33++ 3c ++≥3.3 = ()()cacb++ 88 644 Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có ĐPCM. Câu Va 1/ Tìm toạ độ A,B,C Vì AC ⊥ BH có hệ số góc bằng -1 suy ra hệ số góc của AC là 1. Vì M(1,1)∈AC ⇒ pt AC:y-1=1(x-1) ⇔ y = x .Tọa độ A là nghiệm của hệ: ⎧xy−−=420 ⎪ 22⎛⎞2 ⎨ ⇔==−⇒xy A⎜⎟ −, − ⎪ yx= 33⎝⎠3 ⎩ ⎛⎞88 Vì M(1,1) là trung điểm của AC ⇒ C ⎜⎟, ⎝⎠33 Cạnh BC//d và qua C 8 8 ⎧xy++=30 ⇒ pt BC: (x- ) – 4( y- ) = 0 hay xy−−=480.Tọa độ B là nghiệm của hệ : ⎨ ⇒−B ()41, 3 3 ⎩xy−−=480 43 210 2/ Gọi n==++++ aaaaa43210 a 4 10 a 3 10 a 2 10 a 1 10 a 0 10 là số cần lập Ta có 4 cách chọn a4 4 cách chọn a3 3 cách chọn a2 2 cách chon a1 1 cách chọn a0 Vậy có 4.4.3.2.1=96 số n Cách 2 : Ta có 4 cách chọn a4 và 4! cách xếp 4 số còn lại Vậy có 4.4!= 96 số n * Tính tổng 96 số n lập được Có 24 số naaaa= 43210 ; Có 18 số naaaa= 43211;Có 18 số naaaa= 43212; Có 18 số n= naaaa= 43213;Có 18 số naaaa= 43214 Tổng các chữ số hàng đơn vị là: 18(1+2+3+4)=180. Tương tự ; tổng các chữ số hàng chục là: 1800;tổng các chữ số hàng trăm là: 18000;tổng các chữ số hàng ngàn là: 180000. Có 24 số n=1 aaaa3210; Có 24 số naaaa=2 3210;Có 24 số naaaa=3 3210; Có 24 số naaaa=4 3210 Tổng các chữ số hàng chục ngàn 24(1+2+3+4)10000=2400000 Vậy tổng 96 số n là 180+1800+18000+180000+2400000=2599980 Cách 2 : Có 24 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vị trí a4 . Có 18 số với số k ( k = 1, 2, 3, 4 ) đứng ở vị trí ai với i = 0, 1, 2, 3 Vậy tổng 96 số n là ( 1+2+3+4 ) [ 24.( 104321++++ 18 10 10 10 100)] Câu Vb
5. 1/ Giải pt: 22+= 4 8 (1) logxx log22 log x 14 6 1 1 6 ()1 ⇔+ = ⇔+ = 22x 2xx x x logx log22 log log 211++ log 2 log 2 ⇔=⇔=xx12 log 2 2/ Tính thể tích hình chóp SBCMN (BCM)//AD nên nó cắt (SAD) theo giao tuyến MN//AD ⎪⎧BC⊥ AB Ta có ⎨ ⇒⊥BCBM ⎩⎪ BC⊥ SA Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao Ta có SA=ABtg600= a 3 a 3 a 3 − MN SM MN 2 =⇔=3 = AD SA23 a a 3 4a ⇒ MN = , 3 aa2 2 BM = a 2 += 3 3 Diện tích hình thang BCMN là BC+ MN SB= M 2 ⎛⎞4a 2a + 2 ⎜⎟3 210aa S ==⎜⎟ ⎜⎟2 333 ⎝⎠ 1 VSHdtBC= (). MN Hạ SH ⊥ BM.Ta có SH ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) ≡ (SBM) ⇒ BC ⊥ SH SBCMN 3 Vậy SH ⊥ (BMCN) ⇒ SH là đường cao của khối chóp SBCNM AB AB AM 1 Trong tam giác SBA ta có SB ===>=2a = cos60 0 SB MS 2 Vậy BM là phân giác của góc SBH ⇒ SBH = 30 0 1 ⇒ SH=SB.sin300=2a. = a 2 1 10a210 3a3 V= a. = 3 33 27 Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát (Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn)