Đề số 01 Thi tuyển sinh đại học, cao đẳng 2010 môn toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THAM KHẢO SỐ 01. THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2010 Môn TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I ( 2.0 điểm ). 2x 1 x 1 2. Gọi I là giao điểm hai đường tiệm cận của (C). Tìm tọa độ điểm A thuộc (C) sao cho IA vuông góc với tiếp tuyến của (C) tại A. 1 + A  x0 ; y0   (C )  y0  2  x0  1   1  + Từ câu 1) ta có: I 1; 2   IA   x0  1; y0  2    x0  1;  x0  1   1  hệ số góc của đường thẳng IA là k1  2  x0  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y . + hệ số góc của tiếp tuyến tại A: k2  y  x0  . 1.  x0  1. 2.  x0  0 + IA vuông góc với tiếp tuyến của (C) tại A  k1.k2  1    x0  2 Câu II ( 2.0 điểm ) 1. Giải phương trình 3 sin2x  cos 2 x  2  3 sin x  3 cos x. . . + Dùng cách biến đổi a sin x  b cos x  A sin  x    , ta có:.   3 1 1 3     2  2  sin 2 x.  cos 2 x.   3.2  sin x.  cos x.   1  sin  2 x    3sin  x   (2) 2 2 2 2  6 3     + Đặt u  x . . 3. , ta được:. sin u  0  sin u  2sin u  3  0    sin u  0  u  k  x    k  k    3 sin u   1 3  2  Cách 2. + Dùng cách biến đổi a sin x  b cos x  A cos  x    , ta có:   3 1 1 3     2  2  sin 2 x.  cos 2 x.   3.2  sin x.  cos x.   1  cos  2 x    3cos  x   2 2 2 2  3 6        cos  x  6   0    2       2 cos 2  x    3cos  x    0    cos  x    0  x   k  k      6 6 6 3  3    cos  x     1 6 2  . Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010. Page 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2. Giải bất phương trình.  2  log3 x  log9 x 3 . 4  1 (1) 1  log3 x. 1 9 2  log3 x 4 + Biến đổi (1) thành   1 (2) 2  log3 x 1  log3 x + Điều kiện: x  0; x  3; x . + Đặt t  log3 x  t  0; t  2  , ta được:. 1  x   9 t  0; t  2 t  2  1  (2)    t  1 t  4    1  t  1    x  3  3   t  2 1  t   0 t  4    x  81   2. Câu III ( 1.0 điểm ). Tính tích phân I   0. 1  cos 2 x  sin x dx 1  cos x. + Đặt t  cos x hoặc t  1  cos x + KQ I  2ln 2 1 Câu IV ( 1.0 điểm ). Cho hình trụ tròn xoay có hai đáy là hai đường tròn tâm O và O’ bán kính R, chiều cao OO’ = R 2 . Trên đường tròn (O) lấy điểm A, trên đường tròn (O’) lấy điểm B sao cho OA vuông góc với O’B. Chứng minh rằng tứ diện OABO’ có các mặt là những tam giác vuông. Tính thể tích của khối tứ diện OABO’ theo R.  AOO '  OO 'B   AOB   AO ' B  900 + chứng minh . 1 2 3 R + Tính được VAOO ' B  SOO ' B .OA  3 6 Câu V ( 1.0 điểm ). Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện ab  a  b  3 . Chứng minh rằng 3a 3b ab 3    a 2  b2  b 1 a 1 a  b 2 + Ta có:.  a  b 3  ab  a  b  4. 2.   a  b  (BĐT CoSi). a  b  2 (1)   a  b  2  do a, b  0   a  b  6 ab 3   1 (2) + ab  a  b  3  ab a b + ab  a  b  3   a 1 b 1  4 (3) Kết hợp (1), (2) và (3), ta được: 3 3 3 3 3a 3b ab 3  a 1   b 1  1 a 2  b2      3a   1   a 2  b2    a  b     3b   4 4 ab 2 b 1 a 1 a  b  4   4  ab 12  a 2  b2  3  a  b    10 ab + Lưu ý rằng: a  b 2. 2.  a  b  2. 2. . Ta sẽ chứng minh:. + Đặt x  a  b  2 . Ta cần chứng minh: x 2  6 x  Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010.  a  b  2. 2.  3 a  b . 12  10 (4) ab. 24  20  0 , với x  2 (5) x Page 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> + Biến đổi (5) thành f  x   x3  6 x 2  20 x  24  0 , với x  2 + Ta có: f   x   3x 2  12 x  20  0 , với x  2 . Từ đó suy ra f  x   f  2   0 + Đẳng thức xảy ra  x  2  a  b  1 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a ( 2.0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2  y 2  2 x  4 y  4  0 . Viết phương trình đường thẳng d đi qua gốc tọa độ O và cắt (C) tại hai phân biệt A, B sao cho AB  4 . + (C) có tâm I 1; 2  và bán kính R  3 + phương trình đường thẳng d qua O  0;0  có dạng: Ax  By  0  A2  B 2  0  + Ta có AB  4 và d  I , (d )  . A  2B A2  B 2.  5 . Suy ra B  2 A .. A 1 + Chọn   d : x  2y  0 B  2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 3;0  , B  5; 1; 2  và mặt phẳng (P) có phương trình x  y  z  3  0 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA2  MB2 nhỏ nhất. + Gọi I là trung điểm của AB, ta có: I  3; 2; 1  2  2 + Biến đổi MA2  MB2  MA  MB  2MI 2  IA2  IB2 + MA2  MB2 nhỏ nhất  MI nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của I trên (P). + Viết phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với (P) + M là giao điểm của d và (P). Từ đó suy ra M  4; 1;0  Câu VII.a ( 1.0 điểm ) Một hộp đựng 5 tấm bìa được đánh số từ 1 đến 5. Chọn ngẫu nhiên 3 tấm bìa và ghép lại được một số có ba chữ số. Tìm xác suất để số được chọn lớn hơn 300. +  : không gian mẫu    A53  60 + x  abc  300  a 3; 4;5 . Có 3 cách chọn a và A42 cách chọn b, c Khi đó: số các số lớn hơn 300 là 3. A42  36 . + Xác suất để số được chọn lớn hơn 300 là p . 36 3  60 5. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b ( 2.0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2  y 2  6 x  4 y  3  0 . Viết phương trình các tiếp tuyến kẻ từ điểm A 1;5 đến (C). + (C) có tâm I  3; 2  , bán kính R  4 . Gọi d là tiếp tuyến kẻ từ điểm A 1;5 đến (C). + TH1. d: x  1 là một tiếp tuyến kẻ từ A của (C), vì d  I ,(d )   4  R + TH2. d: y  k  x  1  5 , với k là hệ số góc của d. d tiếp xúc với (C)  d  I , (d )   R  k  Khi đó d: 7 x  24 y  127  0. 7 24. Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010. Page 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A  0;0; 3 , B  2;0; 1 và mặt phẳng (P) có phương trình 3x  8 y  7 z  1  0 . Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC là tam giác đều. + C  x0 ; y0 ; z0   ( P)  3x0  8 y0  7 z0  1  0 (1).   x0  z0  1  0 + ABC đều  AB  BC  AC   2 (2) 2   x0  y0   z0  3  8  2 2 1 + Giải hệ (1) và (2), ta được C1  2; 2; 3 và C2   ;  ;    3 3 3 Câu VII.b ( 1.0 điểm ) Một hộp đựng 5 tấm bìa được đánh số từ 1 đến 5. Chọn ngẫu nhiên 4 tấm bìa và ghép lại được một số có bốn chữ số. Tìm xác suất để số được chọn nhất thiết phải có hai chữ số 1 và 2. +  : không gian mẫu    A54  120 + B: biến cố chọn được số thỏa mãn đề bài và số cần tìm có dạng x  abcd + Có A42 cách chọn vị trí 1, 2 và có A32 cách chọn hai vị trí còn lại. Ta có B  A42 . A32  72 + Xác suất cần tìm p( B) . B 72 3    120 5. Hướng dẫn. Câu I ( 2.0 điểm ) 2. + A  x0 ; y0   (C )  y0  2 . 1 x0  1. Câu II ( 2.0 điểm ) Câu III ( 1.0 điểm ). Câu IV ( 1.0 điểm ). Câu V ( 1.0 điểm ). Câu VI.a ( 2.0 điểm ) Câu VII.a ( 1.0 điểm ) Câu VI.b ( 2.0 điểm ) Câu VII.b ( 1.0 điểm ). Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010. Page 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>