Đề 07 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 
 Môn Thi: TOÁN – Khối A 
 ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề 
Bài 1: Cho hàm số 4 3 2x 2x 3 x 1 (1)y x m m     . 
 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 
 2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. 
Bài 2: 1). Giải phương trình cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2 3 2
8
 
 2). Giải phương trình: 2x +1 +x  2 22 1 2x 3 0x x x      
Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1). 
1). Viết phương trình của mặt phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD. 
2). Giả sử mặt phẳng ( ) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D 
là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của ( ). 
Bài 4: Tính tích phân:  
2
0
1 sin 2xdxI x

  . 
Bài 5: Giải phương trình:    14 2 2 2 1 sin 2 1 2 0x x x x y       . 
Bài 6: Giải bất phương trình: 
2 21 29 1 10.3x x x x     . 
Bài 7: 
 1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử 
rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu tập con như vậy. 
 2). Cho số phức 1 3z
2 2
i   . Hãy tính : 1 + z + z2. 
Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi 
 là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C. 
-----------------------------------------------------------Hết--------------------------------------------------------------- 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Bài 1: 
1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện) 
Khi m = 0 hàm số viết lại:y = x4 – 2x2 +1 = (x2 -1 )2 (C) 
Bảng biến thiên: 
+ Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;1), hai điểm cực tiểu T1(-1;0) và T2(1;0), 2 điểm uốn: 
1 2
3 4 3 4; , ;
3 9 3 9
U U
   
   
   
2) 4 3 2x 2x 2 x 1y x m m     (1) 
Đạo hàm / 3 2 2y 4x 3mx 4x 3m (x 1)[4x (4 3m)x 3m]         
 /
2
x 1
y 0
4x (4 3m)x 3m 0 (2)

  
   
 Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 
  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 
2(3m 4) 0 4m .
34 4 3m 3m 0
   
   
   
Giả sử: Với 
4m
3
  , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3x , x , x 
 Bảng biến thiên: 
x - x1 x2 x3 + 
y/ - 0 + 0 - 0 + 
y + 
CT 
 CĐ 
CT 
 + 
 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. 
Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi 
4m .
3
  
Bài 2: 
1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2 3 2
8

 cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 2 3 2
8
 
  2 2 2 3 2os 3x sin 3x+3 os3x osx sin3xsinx
2
c c c     2os4x ,
2 16 2
c x k k Z       . 
2) Giải phương trình : 2x +1 +x  2 22 1 2x 3 0x x x      . (a) 
* Đặt: 
          
              
2 2
2 2 2
2 2
2 2 22
v u 2x 1u x 2, u 0 u x 2
v u 1v x 2x 3 xv x 2x 3, v 0 2
 Ta có: 
            
                          
       
  
                         
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2v u 1 v u 1 v u u v u v(a) v u .u 1 .v 0 v u .u .v 0
2 2 2 2 2 2
v u 0 (b)
v u 1(v u) (v u) 1 0 v u 1(v u) 1 0 (c)2 2
2 2
 Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. 
 Do đó: 
                  2 2 2 2
1(a) v u 0 v u x 2x 3 x 2 x 2x 3 x 2 x
2
Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = 
1
2
 . 
Bài 3: 
1) + Ta có 
 
 
 
2;0;2
, D 6; 6;6
D 3;3;0
AB
AB C
C
         

 
 . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD 
có một VTPT  1;1; 1n  

 và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P) 
Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P)  C không thuộc (P), do đó (P) // CD. 
 +       0
. D 1os , D os , D , D 60
. D 2
AB C
c AB C c AB C AB C
AB C
    
 
 
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz. 
 Ta có : 
   
   
1; 1; 1 ; ; ;0 .
1; 1; 1 ; ;0; .
DP p NM m n DP NM m n
DN n PM m p DN PM m p
        
 
       
   
    . 
Mặt khác: 
 Phương trình mặt phẳng ( ) theo đoạn chắn: 1x y z
m n p
   . Vì D ( ) nên: 
1 1 1 1
m n p

   . 
D là trực tâm của MNP  
. 0
. 0
DP NM DP NM
DN PM DN PM
   
 
   
   
    . Ta có hệ: 
0
3
0
3
1 1 1 1
m n
m
m p
n p
m n p

  
  
   
 
   

 . 
Kết luận, phương trình của mặt phẳng ( ): 1
3 3 3
x y z
  

. 
Bài 4: Tính tích phân  
2
0
1 sin 2xdxI x

  . Đặt 
x1
1sin 2xdx os2x
2
du du x
dv v c
   
  
 I =  
/22 2
0 00
1 1 11 os2x os2xdx 1 sin 2x 1
2 2 4 4 4
x c c
 
  
        . 
Bài 5: Giải phương trình    14 2 2 2 1 sin 2 1 2 0x x x x y       (*) 
Ta có: (*)        
 
2 2
2 1 sin 2 1 0(1)
2 1 sin 2 1 os 2 1 0
os 2 1 0(2)
x x
x x x
x
y
y c y
c y
              
  
Từ (2)   sin 2 1 1x y    . 
Khi  sin 2 1 1x y   , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) 
 Khi  sin 2 1 1x y    , thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1. 
Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = -1  1 ,
2
y k k Z      . 
Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1 ,
2
k k Z      
 
. 
 Bài 6: Giải bất phương trình: 
2 21 29 1 10.3x x x x     . Đặt 
2
3x xt  , t > 0. 
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9) 
 Khi t  1  
2 23 1 0 1 0x xt x x x         .(i) 
 Khi t  9  
2 2 23 9 2 0
1
x x xt x x
x
          
(2i) 
Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ). 
 Bài 7: 
 1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là 50
kC  Số tất cả các tập con không rỗng chứa một 
số chẵn các phần tử từ A là : S = 2 4 6 5050 50 50 50S ...C C C C     . 
 Xét f(x) =  50 0 1 2 2 49 49 50 5050 50 50 50 501 ...x C C x C x C x C x       
 Khi đó f(1) =250 0 1 2 49 5050 50 50 50 50...C C C C C      . 
 f(-1) = 0 0 1 2 49 5050 50 50 50 50...C C C C C      
Do đó: f(1) + f(-1) = 250   2 4 6 50 5050 50 50 502 ... 2C C C C        50 492 1 2 2 1S S     . 
Kết luận:Số tập con tìm được là 492 1S   
 2) Ta có 2
1 3 3
4 4 2
z i   . Do đó: 2 1 3 1 31 1 0
2 2 2 2
z z i i
   
            
   
Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa 
hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là  = 'A EH . 
Tá có : 
3 3 3E , ,
2 3 6
a a aA AH HE    
2 2
2 2 9 3aA' '
3
bH A A AH    . 
Do đó: 
2 2' 2 3tan A H b a
HE a


  ; 
2 2 2 2
. ' ' '
3 3' .
4 4ABC ABC A B C ABC
a a b aS V A H S 

    
2 2 2
'.
1 3' .
3 12A ABC ABC
a b aV A H S

  . 
Do đó: ' ' ' . ' ' ' '.A BB CC ABC A B C A ABCV V V  
. 
2 2 2
' ' '
1 3' .
3 6A BB CC ABC
a b aV A H S

  (đvtt)