Đề 25 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. (2,0 điểm) Cho hàm số .
 	1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 
 	2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: G(x)=
Câu II. (2,0 điểm)
 	1) Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: 
 	2) Giải phương trình: .
Câu III. (1,0 điểm) Tính giới hạn: 
Câu IV. (1,0 điểm) Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có .
Câu V. (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
	A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
 	1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(–2;3), .
 	2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm và cắt cả hai đường thẳng: và .
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho , trong đó là số tổ hợp chập k từ n phần tử. 
	B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
 	1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm và tâm sai .
 	2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng trên mặt phẳng .
Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho lớn nhất hoặc nhỏ nhất.
 Hướng dẫn
Câu I: 2) Đặt Þ t Î và 
 Þ Max = 4, Min = 
Câu II: 1) ĐKXĐ: . Như vậy trước hết phải có .
	Khi đó, PT Û 	(1)
	Phương trình này có: . 
	· Với Þ D < 0 Þ (1) vô nghiệm. 
	· Với , (1) có nghiệm duy nhất < 0 Þ loại. 
 	· Với , (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy nhất.
	· Với , ĐKXĐ trở thành . Khi đó nên (1) có hai nghiệm phân biệt . Mặt khác, nên , tức là chỉ có là nghiệm của phương trình đã cho. Như vậy, các giá trị thoả điều kiện bài toán.
	· Với . Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân biệt . Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các giá trị cũng bị loại.
	Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: .
	2) ĐKXĐ: sao cho .
	Khi đó, VT = 
	= = 
	PT Û 
	(1) Û Û 
	Để thoả mãn điều kiện , các nghiệm chỉ có thể là: 
Câu III: Ta có: 
	= = 
	= = 
	Þ 
Câu IV: Ta có: 
	Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A.
	Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật. Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp. Tâm mặt cầu này là trung điểm I của đoạn AH, còn bán kính là .
Câu V: Đặt Þ 
	Phương trình thứ hai có , và hai nghiệm: 
	Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên , ngoài ra nên . Do đó, giá trị nhỏ nhất của là .
	Cũng dễ thấy . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với ) khi và chỉ khi .
Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A 
	khi và chỉ khi 
	Phương trình AD: ; AC: 
	Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:
 Þ 
	Rõ ràng chỉ có giá trị là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp DABC là: 	
	2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng:
	Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: 
	Chọn , ta được phương trình của P’: .
	Đường thẳng d” đi qua và VTCP . Mặt phẳng P” đi qua M và d” có hai VTCP là và hoặc . Vectơ pháp tuyến của P” là: 
 .
	Phương trình của P”: Û 
	Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình:
Câu VII.a: Điều kiện: 
	Theo giả thiết thì: Û n = 7 
Câu VI.b: 1) Giả sử là điểm thuộc elip. Vì bán trục lớn của elip là 
 	nên ta có: 
 	Û 
	2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: 
 Û 
	(Q) ^ (P) Û 
	Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: .
	Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là:
Câu VII.b: Ta chứng minh rằng giảm khi k tăng, tức là: 
 . (3)
	Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây:
	Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng. 
	Do đó, lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n.