Đề 24 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
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số .
	1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
	2) Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m. Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt A, M, N sao cho hai tiếp tuyến của (C) tại M và N vuông góc với nhau.
Câu II (2điểm)
	1) Giải hệ phương trình: 	 (x, y )
	2) Giải phương trình: 	
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 	 
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo một thiết diện có diện tích bằng . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
	A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2 điểm) 
	1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, choABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM: và phân giác trong CD: . Viết phương trình đường thẳng BC.
	2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số . Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song với (D) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Viết phương trình của mặt phẳng chứa D và có khoảng cách đến (D) là lớn nhất.
Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x2 trong khai triển nhị thức Niutơn của , biết rằng n là số nguyên dương thỏa mãn: 
	 ( là số tổ hợp chập k của n phần tử)
	B. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2 điểm) 
	1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0, d2: x + 2y – 7= 0 và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
	2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – 3 = 0. Gọi M là một điểm thay đổi trên mặt phẳng (P). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình (x, y )
Hướng dẫn
Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + 4.
	Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình: 
	Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và 
	(thỏa mãn)
Câu II: 1) y = 0 không phải là nghiệm. Hệ PT Û 
	Đặt . Ta có hệ Û 
	Nghiệm của hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5).
	2) Điều kiện: 
	Ta có 
	PT 
	Vậy phương trình có nghiệm ,
Câu III: Đặt 
	Þ 
Câu IV: Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA’. Khi đó (P) (BCH). Do góc nhọn nên H nằm giữa AA’. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH.
Do tam giác ABC đều cạnh a nên 
	Theo bài ra 
Do DA’AO và DMAH đồng dạng nên Þ 
	Thể tích khối lăng trụ: 
Câu V: Ta có a2+b2 ³ 2ab, b2 + 1 ³ 2b Þ 
	Tương tự 
	 khi a = b = c = 1. Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = 1
Câu VI.a: 1) Điểm . 
	Suy ra trung điểm M của AC là .
	Từ A(1;2), kẻ tại I (điểm ).
	Suy ra 
	Tọa độ điểm I thỏa hệ: 
	Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của .
	Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 
	2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa D, thì hoặc . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có và .
	Mặt khác 
	Trong (P), ; do đó . Lúc này (P) ở vị trí (P0) ^ IA tại A.
	Vectơ pháp tuyến của (P0) là , cùng phương với .
	Phương trình của mặt phẳng (P0) là: .
Câu VII.a: Ta có 
	Þ I (1).	Mặt khác (2)
	Từ (1) và (2) ta có 
	Theo bài ra thì 
	Ta có khai triển
	Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn 
	Vậy hệ số cần tìm là 
Câu VI.b: 1) Do B Î d1 nên B(m; – m – 5), C Î d2 nên C(7 – 2n; n)
	Do G là trọng tâm DABC nên Þ B(–1; –4), C(5; 1)
	Þ PT đường tròn ngoại tiếp DABC: 
	2) Gọi G là trọng tâm của DABC Þ G
	Ta có 
	F nhỏ nhất Û MG2 nhỏ nhất Û M là hình chiếu của G lên (P) 
	Û 
	Vậy F nhỏ nhất bằng khi M là hình chiếu của G lên (P)
Câu VII.b: Đặt . Hệ PT Û Û 
	· Nếu u > v hoặc u < v thì (2) vô nghiệm
	· Nên (2) . Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) . Xét f(u) = eu – u – 1 , f ¢(u) = eu – 1
	Từ BBT của f(u) ta có f(u) = 0 .
	Do đó (3) có 1 nghiệm u = 0