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

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

1. ĐỀ DỰ BỊ 2 – KHỐI B – 2006 Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh Câu I (2 đ) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2 2) Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1. Câu II (2 đ) 1) Giải phương trình: cos2x + (1 + 2cosx)(sinx – cosx) = 0 22 ⎪⎧()()xyx−+= y 13 2) Giải hệ phương trình: (,x yR∈ ) ⎨ 22 ⎩⎪()()xyx+−= y 25 Câu III (2 đ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mp (P): 2x + y – z + 5 = 0 và các điểm A(0, 0, 4) ; B(2, 0, 0) 1) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên mp (P) 2) Viết phương trình mặt cầu đi qua O, A, B và tiếp xúc với mp (P) Câu IV (2 đ) e 32− ln x 1) Tính tích phân: I = ∫ dx 1 x 12+ ln x 2) Cho hai số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y ≥ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 342x23++y + 4x y2 Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb Câu Va (2đ) Theo chương trình THPT không phân ban (2 đ) 1) Trong mp với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2, 1), đường cao qua đỉnh B có phương trình là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có pt: x + y + 1 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh B và C của tam giác. 2) Cho 2 đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n ≥ 2). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n. Câu Vb (2 đ) Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 đ) 22 1) Giải phương trình: 91031xx+−12−+. xx+− =0 2) Cho hình lăng trụ ABC A′′′BC có A′ ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh đáy AB = a, cạnh bên A A′ = b. Gọi α là góc giữa 2 mp (ABC) và ( A′ BC). Tính tgα và thể tích khối chóp A′′′BB C C . HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I 1/ KS y=x3+(1-2m)x2+(2-m)x+m+2 khi m=2 ta có y=x3-3x2+4 (1) MXĐ:D=R y’ =3x2 -6x=3x(x-2) , y’= 0 ⇔ x=0 v x=2
2. Bảng biến thiên và đồ thị : dành cho độc giả. 2/ Tìm m ta có y'()=+−32122xmxm2 +−=f ()x Theo ycbt y’=0 có 2 nghệm phân biệt sao cho x1 0 ⎪ ⇔ ⎨ fm()1570=− + > Sm21− ⎪ = (3,2) hoặc (-2,-3) ⎨ ⇔⎨ ⎪ xy+=2 25 ⎩⎪xy+=±5 ⎩() Cách khác : hệ tương đương 32 23 ⎧⎪xxyyxy+− −=13() 1 ⎧x33−=yc19[(( 2 ) + ( 1 ))hia 2 )] ⇔ ⎨⎨32 23 ⎩⎪xxyyxy−+ −=25() 2 ⎩xyx()[(()())]−= y 621 − chia 2 ⎧ 2 3 ⎪⎪()()xy−−+=⎣⎦⎡⎤ xy319 xy ⎧()xy−+31 xyxy () −=9 ⇔⇔⎨⎨ ⎩⎪xy() x−= y 6 ⎩⎪xy() x−= y 6 ⎧⎧⎧⎧()xy−=113 x =+ y x = x =−2 ⇔⇔⇔⎨⎨⎨⎨hay ⎩⎩⎩⎩xy() x−= y6162 () y + y = y = y =−3 Câu III 1/ Hình chiếu vuông góc A’B’ của AB lên mp P là giao tuyến của mp P và Q, trong đó (Q) là mp chứa AB uuur uur và vuông góc với (P). Ta có AB =−(,,20 4 ), (P) có PVT n P = (,,21− 1 ) uuur uur uuur uur ⇒ (Q) có PVT nnABQP==−−=−−[, ](,,)46 2 22 (,,) 31.Vậy (Q) qua A(0,0,4) có PVT nQ =−(,231 ,)
3. ⇒ pt(Q): 2(x-0)-3(y-0)+1(z-4)=0 ⇔ 2x-3y+z-4=0 ⎧225xy−+ z +=0 Vậy pt hình chiếu A’B’ : ⎪ ⎨ ⎪ ⎩⎪23xyz−+−= 40 2/ Gọi I(a,b,c) là tâm mặt cầu (S) (S): x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d=0 ; (S) đi qua O, A(0,0,4) , B(2,0,0) nên ta có: ⎧ ⎪ ⎧d =0 ⎪ d =0 ⎪ ⎨16−+= 8cd 0 ⇔=⎨a 1 ⎪ ⎪ 44−+=ad 0 ⎪c=2 ⎩ ⎩ Ta lại có (P) tiếp xúc với (S) ⇔ d(I,P)= R = OI 25abc+−+ =++6 abc222. Thay a=1, c = 2 vào ta có b+5 =+⇔65bb2 =1 Vậy (S): x2+y2+z2-2x-2y-4z=0 Câu IV e 32− ln x dx 1/ Tính I= dx Đặt txt=+12ln⇒ 2 =+ 1 2 ln x=>t dt = ∫1 x 12+ ln x x Đổi cận te()==211 ;() t 2231−−()t 2 10 2− 11 I ==tdt=−()4 t2 dt ∫∫t 11 3 342x 23+ + y 2/ Với giả thiết x+y ≥ 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của A=+ 4x y 2 xx11⎛⎞1 yy + y9 Ta có A=++21 ++ + ≥+2 3 +=2 ⎜⎟2 42x ⎝⎠y 88 42 ⎧ x 1 ⎪ = ⎪ 4 x 9 Dấu “=” xảy ra ⇔ ⎨ ⇔==x y 2 thoả x+ y ≥ 4 .Vậy giá trị nhỏ nhất của A là ⎪ 1 y 2 2 = ⎩⎪ y 8 Câu Va pt đường cao BH: x-3y-7=0, AC qua A và ⊥ BH Suy ra pt AC là 321103()()xy−+ −=⇔ xy +−= 70 Đỉnh B∈BH=>B(3y+7,y) và A(2,1) ⎛⎞39yy+ + 1 nên trung điểm I của AB có toạ độ I⎜⎟, ⎝⎠22
4. 39yy++ 1 I∈CI ⇒ ++==−−−10⇔⇒yB 3(, 2 3) 22 Tọa độ C là nghiệm của hệ ⎧⎧xy++=10 x = 4 ⎨⎨⇔ ⎩⎩370xy+−= y =−5 ⇒ C ( 4; - 5 ) 2 2/ Số tam giác có một đỉnh thuộc d1, hai đỉnh thuộc d2 là 10C n 2 Số tam giác có một đỉnh thuộc d2, hai đỉnh thuộc d1 là nC10 2 2 2 Theo đề bài ta có 10C n +nC10 =2800 ⇔ n +8n-560=0 ⇒ n = 20 Câu Vb 2 2 2 1/ Giải pt: 9xx+ −1−10. 3xx+−2 +=10 (1) Đặt t =3x +x thì (1) thành t2-10t + 9 = 0 ⇔ t =1 hay t = 9 2 * t =3x+x= 1 =30 ⇔ x= 0 hay x= - 1 2 *t = 3x+x= 9=32 ⇔ x2+ x - 2=0 ⇔ x=1 hay x= - 2 2/ Gọi E là trung điểm cạnh BC H là tâm tam giác đều ABC Do A’ABC là chóp tam giác đều Nên(ABC,' A BC)= A ' EH
5. aa323 Ta có AE = ⇒ AH== AE 233 AEa3 221 22 HE = = ⇒ A''HAAAHba=−=−93 36 3 22 2 => A'Hb23 −a. 13a . tgα == S ABC ==BC. AE HEa 24 Ta có: VVVA''' BB C C=− ABCA''' B C A ' ABC 12 =−AHS'. AHS '. = AHS '. ABC33 ABC ABC 2 aba3 22− = 6 Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát (Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn)