Đề thi dự bị tuyển sinh Đại học môn Toán khối A năm 2006

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2006 (ĐỀ DỰ TRỮ) 
Đề DỰ BỊ 1 – khối A – 2006 
Phần Chung Cho Tất Cả Các Thí Sinh 
Câu I (2 đ) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 
y = x x
x
+ +
+
2 2 5
1
 (C) 
2) Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình sau đây có hai nghiệm 
dương phân biệt 
 x2 + 2x + 5 = (m2 + 2m + 5)(x + 1) 
Câu II (2 đ) 
1) Giải phương trình: cos3x cos3x – sin3x sin3x = 
+2 3 2
8
2) Giải hệ phương trình:
( ) ( )
( , )
( )( )
x y y x y
x y R
x y x y
⎧ + + + =⎪ ∈⎨ + + − =⎪⎩
2
2
1 4
1 2
Câu III (2 đ) 
 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz. Cho hình lăng trụ 
đứng ABC A B C′ ′ ′ có A(0, 0, 0) ; B(2, 0, 0) ; C(0, 2, 0) ; A′ (0, 0, 2) 
1) Chứng minh A′C vuông góc với BC. Viết phương trình mp (ABC′ ) 
2) Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng B C′ ′ trên 
mp (ABC ) ′
Câu IV (2 đ) 
1) Tính tích phân: I = dx
x x+ + +∫
6
2 2 1 4 1
2) Cho x, y là các số thực thỏa mãn điều kiện: x2 + xy + y2 ≤ 3. 
 Chứng minh rằng: x xy y− − ≤ − − ≤ −2 24 3 3 3 4 3 3 
Phần tự chọn: Thí sinh chọn câu Va hoặc câu Vb 
Câu Va (2đ) 
) 1 Trong mp với hệ trục Oxy, cho elíp (E): x y+ =
2 2
1
12 2
 Viết phương trình hypebol (H) có hai đường tiệm cận là y = ± 2x 
và có hai tiêu điểm là hai tiêu điểm của elíp (E) 
 2)Áp dụng khai triển nhị thức Newton của (x2 + x)100, chứng minh rằng: 
...C C C⎞ ⎛ ⎞ ⎛− + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
99 100
0 1 991 1 1100 101 199 C⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
198 199
100
100 100 100
1200 0
2 2 2
ập k
1) ải phươ
2) o h hộp
⎜ ⎟⎝ ⎠100 2
 ( knC là số tổ hợp ch của n phần tử ) 
Câu Vb (2 đ) 
Gi bất ng trình: logx + 1(-2x) > 2 
Ch hìn đứng ABCD. A B C D′ ′ ′ ′ có các cạnh AB = AD = a, 
A A′ = a 3
2
 và góc BAD = 600. Gọi M và N ần lượt là trung điểm l 
ùc cạnh A D′ ′ và A B′ ′ . Chứng của ca minh AC′ vuông góc với mp 
ùp A.BDMN (BDMN). Tính thể tích khối cho
Bài giải 
1/ KS y= x
x
+
+
2 2 5x +
1
, MXĐ: D=R/{ }−1 
y’=
( )
x x+ −2 2 3 , y
x + 2 ’=0 ⇔1 x=1 hay x=-3 
TC: x=1, y=x+1
 -3 -1 
x -∞ 1 +∞ 
y’ + 0 - - 0 +
y -4 +∞ +∞ 
 -∞ -∞ 4 
2/ Tìm m để pt có 2 nghiệm d ơng phân biệt. Vì x >0, pt đã cho ư
⇔ x x+ + +
2
22 5 2 5 m m
x
= ++1
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm 
x x
x
+ +
+
2 5
1
 , x > 0, với đường thẳng y=
2
m m+ +2 2 5 . Từ BBT 
và y(0) ta suy ra 
⎪⎩
≠−
số y = 
của (C) 
 ycbt ⇔ m m
⎧⎪ ⎨
m
m− < <
1
2 0
 II
24 2 5 5 
Câu 
+2 3 2
1/Giải pt: cos3x.cos3x-sin3x.sin3x=
8
 (1) 
(1) 3x(c 3cos in3x(3sinx sin3x)=
+2 3 2
2
 ⇔ cos os3x+ x)-s -
⇔ cos23x+sin23x+3(cos3x.cosx-sin3x.sinx)= +
2
3 21 
cos4x=⇔ 2 π
4
⇔ x= kπ π± +
16
=cos
2 2
2/ Gỉai hệ phương trình 
)( )
x ( )y y x y
(x y x y
⎧ + +⎪⎨ + =+ + − =
2
2
1 4
1 2
 (I) 
*Khi y=0 thì (I) 
⎪⎩
⇔
)( )( x
x
x
⎧ +⎪⎨⎪ + − =⎩
=2
2
1
1 2 0
0
 (VN) 
*Khi y 0 chia hai pt cho y 
(I) 
≠
⇔
( )
x y x
⎧ + + +⎪ y
x y x
− =⎪⎨ +⎪
y
+ − =⎪
2
2
2 2
1 2 1
⎩
1
( ) ( )
x y x
y
y x y x
⎧ + + + − =⎪⎨⎪ + − − + − + =⎩
2
2
1 2 2
2 2 2 1
 ⇔ 
0
ng và tích ) ( do pt tổ
⇔ y x
x x
+ − =⎧⎨ + = −⎩ 2
2 1
1 3
⇔ x
y
=⎧⎨ =⎩
1
2
 hay 
x
y
= −⎧⎨ =⎩
2
5
Cách khác Thay y của pt 2 vào pt 1
( I)
( ) ( )( ) ( ) ( )
( )( )
x x y x y x x y x
x y x y
⎧ + + + + − + = + + −⎪⇔ ⎨ + + − =⎪⎩
2 2 2
2
1 1 2 4 1 2
1 2
 ta có 
)2
( chia 2 vế của pt 1 cho 1 + x2 ) 
)
1 2
( )( ) (
( )( )
y x y x y x
x y x y
+ + − + = + −⎧⇔ ⎨ + + − =⎩ 2
1 2 4
1 2
( )( ) (
( ) ( )
y x y x y x
x y x y
+ + − + − + = + −⎧⇔ ⎨ + + − =⎩ 2
1 2 2 2 4 2
⇔ y x
x x⎨ −2 ⇔
+⎧ − =
+ =
2 1
1 3⎩
x
y
=⎧⎨ =⎩ 2
 hay 
y
1 x = −⎧⎨ =⎩ 5
2
Câu III. 
1/CM: A’C BC’. Viết phương trình mp(ABC’) 
ó ( , , )−
⊥
Ta c / ( , , ), 'A C BC= − =
uuuur uuuur
0 2 2 2 2 2 
'' . ' .( )A .( ) .( ) 'C BC BC= − ⊥0 2uuuur uuuur r uuuur . Vì A’CA C+ − = ⇔2 2 2 2 0 uuuu ⊥ BC’, 
A’
)= −0 2 2
C⊥AB=> A’C⊥ (ABC’) 
⇒ 'A Cuuuur là PVT của mp(ABC’) ( , ,
⇒pt(ABC’): 0.(x-0)+2(y-0)-2(z-0) = 0 ⇔ y - z = 0 
2/Viết phương trình hình chiếu vuông góc của B’C’ lên mp(ABC’) 
Ta có ' 'B C =uuuuur uuur ( , , )BC = −2 2 0 . Gọi (α ) là mp chứa B’C’ và ⊥ (ABC’). 
h hiếu vuông góc của B’C’ lên mp(ABC’) l iao tuyến của K i đó hình c à g
(α ) và (ABC’) 
(α ) có PVT ⎡ ⎤= = − − − = −4 4 4 4 111uur uuuuur uuuur ' ', ' ( , , ) ( , , )n B C A Cα ⎣ ⎦
⇒pt(α ):1(x-0)+1(y-2)+1(z-2)=0 ⇔ x+y+z - 4=0. 
nh chiếu B’C’ lên (ABC’) là 
x y z
y z
⎧⎪⎨⎪⎩
+ + − =
−
Vậy pt hì
=0
4 0
Câu IV 
1/ Tính I=
dx
x x+ + +2 2 1 4 1∫
6
 Đặt t= x +4 1 ⇒ t2=4x+ x=1⇒ t −
2 1
4
, 
t dt
2
dx= .Đổi cận : t ( 2) = 3 ; t ( 6 ) = 5 
I= ( )t dt+ −5 1 1
( ) (t t t
= −+ + +∫ ∫ ∫23 3 31 1 )dt dt
5 5
1
=2 ln lnt t
⎡ ⎤+ + = −⎢ ⎥+⎣ ⎦ 3
1 31
1 2 12
5 1
2/Chứng minh: x xy y− − ≤ − − ≤ −2 24 3 3 3 4 3 3 với x
2+xy+y2 
Đặt A= x2+xy+y2 , B= x2-xy-3y2 
*Nếu y= theo û thiết A=x0 thì gia 2 ≤ 3 B=x2. Do đó ⇒
B− − ≤ ≤ <4 3 0 4 3≤ −3 3 3 (ĐPCM) 
:
( )A x xy y t tB A
x xy y t t
− − −= = −+ + +
2 2 2
2 2 2
3 3
1
 *Nếu y ≠ 0 Đặt t= x
y
.Ta có +
Ta tìm tập giá trị của ( ) ( )t t t u− −u u t u
t t
= ⇔ − + +
2
23 1 1
( )vì và b =a u= −1
+ + =+ +2 3 01 
+1 không đồng thời bằng 0 nên 
 miền giá trị củ la
u
ø Δ ≥ ⇔0 − −3 4 3
3
≤ u≤ − +3 4 3
3
a u . 
A.u và Ta có B = 0≤A≤ 3 
−3⇒ − 4 B3 ≤ ≤ − +3 4 3 
Câu Va 
1/(E): x y
2 2
m 
là 
+ =1
12 2
 có hai tiêu điể
( ( ,F −1 10, ), )F 210 0 0 
(H) có cùng tiêu điểm với (E) 
x y2 2
a b
− =2 2 1 vơ⇒ (H): ùi 
a2+b2=c2=10 (1) 
(H) có hai tiệm cận 
( )
by x x
a
b⇔ = =>2 2
b a
= ± = ±
=
2
2
Từ (1),(2) suy ra a2=2,b2=8 
 pt(H):
a
⇒ x y− =
2 2
1
2 8
2/ Ta có ( ) ...
x x C x C x C x C x+ = + + + +2 100 0 100 1 101 2 102 100 200 lấy 100 100 100 100 đạo 
hàm hai vế, cho x= - 1
2
 và nhân hai vế cho (-1).Ta có kết quả: 
( ) ... ( ) ( )C C C C+ − =
100 100 100
100 199 00
2 2 2
) (− +1 99 10099 100 198 199
100
1 1 1 1101 2 0
2
 Vb
0
Câu 
x+1/Giải pt: log x ( )− >1 2 2 (1). Với ĐK: -1< x < 0 0 < x + 1 < 1 ⇒
(1) 
và -1< x <0 
<
⇔ log ( ) log ( )x xx x+ +− > = + 21 12 2 1 
⇔ x
x x+ + >⎩ 2 4 1 0
− <⎧⎨ 1 0 
⇔ -2+ 3 < x < 0 
2/ Gọi O là tâm hình thoi ABCD 
S là điểm đối xứng của A qua A’. Khi đó S,M,D thẳng hàng 
và M l SD ; S,N,B thẳng hàng và N là 
trung của SB 
à trung điểm của
 điểm
 có AB=AD= a BADΔ
BAD =600⇒ BADΔ đều AO=⇒ a 3
2
, 
AOAC=2 = a 3 =SA 
a 3
=AO Hai tam gi
2
a âng 
ø A n
ùc vuoCC’=
SAO va CC’ bằng hau 
⇒   ' 'ASO CAC A> C SO= = ⊥ (1) 
 Vì D BD AC và B⊥ ⊥AA’ 
C’ (
Từ (1) và (2) suy ra AC’
 ⇒BD⊥ (AC C’A’) 
⇒BD⊥A 2) 
⊥ (BDMN) 
 đó: VABDMN= 
3
4
1VSABD ( vì S SDo MN= 4
S SBD ) 
. ABD
a aSA S a =3
4 16
 = =
2 33 1 1 3 3
4 3 4
Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh - Lưu Nam Phát 
( Trung Tâm Luyện Thi Vĩnh Viễn )