Đề thi mẫu môn Toán tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A năm 2009

Câu IV (1,0 điểm).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt

phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp

hình chóp S.ABD

pdf10 trang | Chia sẻ: lethuong715 | Ngày: 12/12/2020 | Lượt xem: 9 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi mẫu môn Toán tuyển sinh Đại học, Cao đẳng khối A năm 2009, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ĐỀ THI MẪU MÔN TOÁN 
THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ KHỐI A - 2009 
(Thời gian làm bài: 180 phút) 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2,0 điểm). 
 Cho hàm số 3 23 4y x x mx= − − + + , trong đó m là tham số thực. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0. 
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng 
(0;+∞). 
Câu II (2,0 điểm). 
1. Giải phương trình: 
23(2cos cos 2) (3 2cos )sin 0.x x x x+ − + − = 
2. Giải phương trình: 
2
2 4 1
2
log ( 2) log ( 5) log 8 0.x x+ + − + = 
 Câu III (1,0 điểm). 
Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số 1xy e= + , trục hoành 
và hai đường thẳng ln 3, ln8.x x= = 
 Câu IV (1,0 điểm). 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt 
phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp 
hình chóp S.ABD. 
 Câu V (1,0 điểm). 
 Xét các số thực dương x,y,z thõa mãn điều kiện x+y+z = 1. 
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2( ) ( ) ( .)x y z y z x z x yP
yz zx xy
+ + += + + 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
Thí sinh chỉ được làm một trong hai 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) có phương trình: 
 Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp 
tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 
2 2 6 5 0x y x+ − + = .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;1;0) và đường thẳng d có 
phương trình tham số: 
1 2
1
.
x t
y t
z t
= +⎧⎪ = − +⎨⎪ = −⎩
Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với 
đường thẳng d. 
 Câu VII.a (1,0 điểm). 
 Tìm hệ số của x2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức: 
 2 6( 1P x x= + − ) .
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) có phương trình: 
0 . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai 
tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 
2 2 6 5x y x+ − + =
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;1;0) và đường thẳng d có 
phương trình: 1 1 .
2 1 1
x y z− += = − 
Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với 
đường thẳng d. 
 Câu 
Tìm hệ số của x3 trong khai trưởng thành đa thức của biểu thức ) .
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂ
Câu Đáp án Điểm 
VII.b (1,0 điểm). 
2 5( 1P x x= + − 
M 
I (2,0 điểm) 1. (1,25 điểm) 
Với m = 0, ta có hàm số . 3 4y x x3 2= − − + 
Tập xác định: . 
Sự biến thiên: 
 Chiều biến thiên: y = -3x2 - 6x. Ta có: 
 D = 
• ’ 
 ' 0
0
y
x
2;x = −⎡= ⇔ ⎢ =⎣ 
 '
2;
0
0
x
y
x
⎣ 
 0' 0 2y x> ⇔ − < < . 
Do đó: 
+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-∞; -2) và (0; +∞). 
+ Hàm số đồng biến trên khoảng (-2; 0). 
0,50 
• Cực trị: Hàm số y đạt cực tiểu tại x = -2 và yCT = y(-2) = 0; đạt 
0,25 
cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 4. 
• Giới hạn: lim , lim
x x
y y→−∞ →+∞= +∞ = −∞ . 
• Bảng biến thiên: 
0,25 
 Đồ thị: 
Đồ thị cắt trục tung tại 
điểm (0; 4), cắt trục hoành 
tại điểm (1; 0) và tiếp xúc 
với trục hoành tại điểm (-2; 
0). 
0,25 
2. (0,75 điểm) 
Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; +∞) 
' 2
2
3 6 0
3 6 0. (*
y x x m x
x x m x
⇔ = − − + ≤ ∀ >
⇔ + ≥ ∀ >
0
)
0,25 
Ta có bảng biến thiên của hàm số 23 6y x x= + trên (0; +∞): 
Từ đó, ta được: (*) ⇔ m ≤ 0. 
0,50 
II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) 
Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 
 ( )( )2sin 3 3 sin cos 0x x− + x = 
0,50 
x
'y
y
−∞ ‐2  +∞0 
0+‐  ‐
+∞ 4
−∞0
y
4
0 +∞x
y
+∞
0
-2-3 0 1 x 
3sin
2
3 sin cos 0
x
x x
⎡ =⎢⇔ ⎢⎢ + =⎣
( 1) ,
3
, .
6
nx n
x k k
π π
π π
⎡ = − + ∈⎢⇔ ⎢⎢ = − + ∈⎢⎣
n 

0,50 
2. (1,0 điểm) 
Điều kiện: x > -2 và x ≠ 5. (*) 
Với điều kiện đó, ta có: 
Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 
( )
( )
2 2
2 2
log 2 5 log 8
2 5 8
( 3 18)( 3 2)
x x
x x
x x x x
⎡ + − ⎤ =⎣ ⎦
⇔ + − =
⇔ − − − − = 0
0,50 
2
2
3 18 0
3 2 0
3 173 6
2
x x
x x
x x x
⎡ − − =⇔ ⎢ − − =⎣
±⇔ = − ∨ = ∨ = .
Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương 
trình đã cho là: và 6x = 3 17 .
2
x ±= 
0,50 
III (1,0 
điểm) 
Ký hiệu S là diện tích cần tính. 
Vì 1 0 [ln 3;ln8]xe x+ > ∀ ∈ nên 
ln8
ln3
1 .xS e= +∫ dx 
0,25 
Đặt 1xe + = t , ta có 22 1.
tdtdx
t
= − 
Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3. 
0,25 
Vì vậy: 
3 3 32
2 2
2 2 2
3 3
2 2
2 2
1 1
2
1 1
3 3
32 ln 1 ln 1 2 ln .
2
2 2
t dt dtS dt
t t
dt dt
t t
t t
⎛ ⎞= = +⎜ ⎟− −⎝ ⎠
= + −− +
= + − − + = +
∫ ∫ ∫
∫ ∫
0,50 
IV (1,0 điểm) Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều. 
Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của 
hình vuông ABCD. 
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD. 
Ta có OG ⊥ (SAB) và OI ⊥ (ABCD). 
0,50 
Suy ra: 
+ OG = IH = 
2
a , trong đó H là trung điểm của AB. 
+ Tam giác OGA vuông tại G. 
0,25 
Ký hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có: 
2 2
2 2 3 2 .
4 9 6
a a aR OA OG GA= = + = + = 1 
0,25 
V (1,0 điểm) 
Ta có: 
2 2 2 2 2 2
.x x y y z zP
y z z x x y
= + + + + + (*) 
A 
H 
G 
I 
O 
C 
S 
B 
D 
Nhận thấy: 2 2 , .x y xy xy x y+ − ≥ ∀ ∈ 
Do đó: 3 3 ( ) ,x y xy x y x y+ ≥ + ∀ > 0,
Hay 
2 2
, 0x y x y x y
y x
+ ≥ + ∀ > . 
0,50 
Tương tự, ta có: 
2 2
, 0y z y z y z
z y
;+ ≥ + ∀ > 
2 2
, 0.z x z x x z
x z
+ ≥ + ∀ > 
Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết 
hợp với (*), ta được: 
2( ) 2 , , 0 à 1.P x y z x y z v x y z≥ + + = ∀ > + + = 
Hơn nữa,ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1
3
. 
Vì vậy, min P = 2. 
0,50 
VI.a (2,0 
điểm) 
1. (1,0 điểm) 
Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: 
 2 2( 3) 4x y− + = .
Từ đó, (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. 
0,25 
Suy ra trục tung không có điểm chung với đường tròn (C). Vì 
vậy, qua một điểm bất kỳ trên trục tung luôn kẻ được hai tiếp 
tuyến của (C). 
0,25 
Xét điểm M(0;m) tùy ý thuộc trục tung. 
Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A,B là các tiếp 
điểm). Ta có: 
Góc giữa hai đường thẳng MA và MB bằng 600 
0,25 


60 (1)
120 . (2)
AMB
AMB
⎡ =⇔ ⎢⎢ =⎣
o
o
Vì MI là phân giác của AMB nên: 


2
2
(1) 30
sin 30
2 9 4
(2) 60
sin 60
2 3 4 39 (
3 3
IAAMI MI
MI R m m
IAAMI MI
RMI m
⇔ = ⇔ =
⇔ = ⇔ + = ⇔ = ±
⇔ = ⇔ =
⇔ = ⇔ + =
o
o
o
o
7.
*)
Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*). 
Vậy có tất cả 2 điểm cần tìm là: 
 (0; 7) à (0; 7).v− 
0,25 
2. (1,0 điểm) 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d. Ta có MH là đường 
thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. 
0,25 
Vì H ∈ d nên tọa độ của H có dạng: (1+2t; -1+t; -t). 
Suy ra (2 1; 2 ; ).MH t t t= − − + −uuuur 
Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là (2;1; 1),u = −r nên 
2(2t-1) + 1.(-2+t) + (-1)(-t) = 0. 
Từ đó, ta được 2
3
t = . Vì thế, 1 4 2( ; ; ).
3 3 3
MH = − −uuuur 
0,50 
Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là: 
2
1 4
2 .
x t
y t
z t
= +⎧⎪ = −⎨⎪ = −⎩
0,25 
VII.a (1,0 
điểm) 
Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: 
0 6 1 2 5
6 6
2 6 5 10 6
6 6
( 1) ( 1) ...
( 1) ... ( 1)k k k
P C x C x x
C x x C x x C x−
= − + − +
+ − + + − + 126
0,25 
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2 chỉ xuất hiện khi khai 
triển 0 6 1 26 6( 1) à ( 1)C x v C x x− − 5.
0,25 
Hệ số của x2 trong khai triển của 0 6 06 6( 1) là: .C x C C− 26 .
5 .Hệ số của x
2 trong khai triển của 1 2 5 1 06 6( 1) là: .C x x C C− −
0,25 
Vì vậy, hệ số của x2 trong khai triển P thành đa thức là: 
 0 2 1 06 6 6 5. .C C C C− = 9.
0,25 
VI.b (2,0 
điểm) 
1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a. 
2. (1,0 điểm) 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường 
thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. 
0,25 
 d có phương trình tham số là: 
1 2
1
.
x t
y t
z t
= +⎧⎪ = − +⎨⎪ = −⎩
 Vì H ∈ d nên tọa độ của H có dạng (1+2t; -1+t; -t). 
Suy ra (2 1; 2 ; ).MH t t t= − − + −uuuur 
Vì àMH d v d⊥uuuur có một vectơ chỉ phương là 
(2;1; 1)u = −r , nên 
 2(2 1) 1.( 2 ) ( 1)( ) 0.t t− + − + + − − =t
Từ đó, ta được 2 .
3
t = 
Vì thế, 1 4 2; ;
3 3 3
MH ⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠
uuuur
. 
0,50 
Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: 
2 1 .
1 4 2
x y z− −= =− − 
0,25 
VII.b (1,0 
điểm) 
Theo công thức nhị thức Niu-tơn ta có: 
0 5 1 2 4
5 5
2 5 4 8 5
5 5
( 1) ( 1) ...
( 1) ... ( 1)k k k
P C x C x x
C x x C x x C x−
= − + − +
+ − + + − + 105 .
0,25 
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x3 chỉ xuất hiện khi khai 
triển 0 5 1 25 5( 1) à ( 1)C x v C x x− − 4.
0,25 
Hệ số của x3 trong khai triển của 0 5 05 5( 1) làC x C C− 35 .
4.Hệ số của x
3 trong khai triển của 1 2 4 1 15 5( 1) là .C x x C C− −
0,25 
Vì vậy, hệ số của x3 trong khai triển P thành đa thức là: 
 0 3 1 15 5 5 4. . 10.C C C C− = −
0,25 
Nguồn: Cục Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục (Bộ GD-ĐT). 
Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn. 

File đính kèm:

  • pdfDethimaumonToanA.pdf