Đề 8 thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2010 môn thi : Toán - Khối A

ŀBộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN - khối A. Ngày thi : 07.03.2010 (Chủ Nhật ) ĐỀ 02 I. PHẦN BẮT BUỘC ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : 3 23 9y x x x m= − − + , m là tham số thực . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 0m = . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình ( ) ( ) ( )84 821 1log 3 log 1 3 log 42 4x x x+ + − = . 2. Giải phương trình: 2 21 1cos sin4 3 2 2x x+ = . Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân: 4 26 t ncos 1 cosa xI dxx xππ= +∫ . Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện ABCD có 22 , 0 2AB CD x x  = = < <   và 1AC BC BD DA= = = = . Tính thể tích tứ diện ABCD theo x .Tìm x để thể tích này lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. Câu V: ( 1 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình 2 3 23 1 2 2 1x x x m− − + + = có nghiệm duy nhất thuộc đoạn 1 ;12 −   . 
II. PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 
1. Theo chương trình Chuẩn : 
Câu VI.a ( 2 điểm ) 
1. Tìm tham số thực m sao cho đường thẳng ( ) ( ): 2 1 1d x y z= − = + cắt mặt cầu 
2 2 2( ) : 4 6 0S x y z x y m+ + + − + = tại 2 điểm phân biệt ,M N sao cho độ dài dây cung 8MN = . 
2. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng ( )d có phương trình: 2 5 0x y− − = và hai điểm ( )1;2A , ( )4;1B . 
Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( )d và đi qua hai điểm ,A B . 
Câu VII.a ( 1 điểm ) Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: 
( ) ( )0 1 2 3 1 12. 3. 4. ... . 1 . 2 .2n n nn n n n n nC C C C nC n C n− −+ + + + + + + = + . 
2. Theo chương trình Nâng cao : 
Câu VI.b ( 2 điểm ) 
1. Tìm tham số thực m sao cho đường thẳng ( ) ( ): 2 1 1d x y z= − = + tiếp xúc mặt cầu 
2 2 2( ) : 4 6 0S x y z x y m+ + + − + = . 
2. Tìm trên đường thẳng ( )d : 2 5 0x y− − = những điểmM sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 
2 5 0x y+ + = bằng 5 . 
Câu VII.b ( 1 điểm ) Với n là số tự nhiên, giải phương trình: 
( ) ( )0 1 2 3 12. 3. 4. ... . 1 . 128. 2n nn n n n n nC C C C nC n C n−+ + + + + + + = + . 
..........................................................Cán Bộ coi thi không giải thích gì thêm....................................................... 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) 
Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : 3 23 9y x x x m= − − + , m là tham số thực . 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi 0m = .Học sinh tự làm . 
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ 
lập thành cấp số cộng. 
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng 
⇔ Phương trình 3 23 9 0x x x m− − + = có 3 nghiệm phân biệt 
1 2 3
, ,x x x lập thành cấp số cộng 
⇔ Phương trình ( )3 23 9 0 *x x x m− − + = có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3, ,x x x thỏa mãn : ( )1 3 22 1x x x+ = mà 
( )1 3 2 3 2x x x+ + = . Từ ( )1 , ( )2 suy ra 2 1x = . 
2
1x• = là nghiệm phương trình ( )* nên ta có : 3 21 3.1 9.1 0 11m m− − + = ⇔ = 
11m• = phương trình ( ) 3 2* 3 9 11 0x x x⇔ − − + = có 3 nghiệm 1 2 3, ,x x x luôn thỏa điều kiện 1 3 22x x x+ = . 
Vậy 11m = là tham số thực cần tìm . 
Ngoài cách giải trên hs có thể lựa chọn phương pháp cấp số cộng thuộc chương trình giải tích lớp 11 
Chú ý : Do chương trình mới giảm tải bài điểm uốn của chương trình ban cơ bản , sự giảm tải này đã dẫn đến các 
bài toán về cấp số cộng , cấp số nhân khá hạn chế trong mỗi đề thi . Nếu xuất hiện bài toán về cấp số thì việc lựa 
chọn phương pháp giải liên quan điểm uốn đều không chấp nhận. Do đó học sinh cần lưu ý điều này. 
Câu II: ( 2 điểm ) 
1. Giải phương trình 8
4 82
1 1
log ( 3) log ( 1) 3 log (4 )
2 4
x x x+ + − = 
Điều kiện : 
3
1 0 1
0
x
x x
x
 > −

≠ ⇔ < ≠
 >
Phương trình : ( )84 8 2 2 22
1 1
log ( 3) log ( 1) 3 log (4 ) log ( 3) log 1 log (4 ) *
2 4
x x x x x x+ + − = ⇔ + + − = 
TH1: 0 1x< < 
Phương trình : ( ) ( ) ( ) ( )2 2* ... log 3 1 log 4x x x ⇔ ⇔ + − + =  . Hs tự giải 
TH2: 1x > 
Phương trình : ( ) ( ) ( ) ( )2 2* ... log 3 1 log 4x x x ⇔ ⇔ + − =  
( )2 1 l2 3 0 3.
3
x
x x x
x
 = −
⇔ − − = ⇔ ⇔ =
=
2. Giải phương trình: 2 2
1 1
cos sin
4 3 2 2
x x
+ = . 
2 2
2
1 cos
1 1 1 1 cos 23cos sin 1 2 2 cos 1 cos
4 3 2 2 4 2 4 3
x
x x x x
x
+ −
+ = ⇔ + = ⇔ + + = − 
2 32 2cos2 cos 3 2 2 2cos 1 4 cos 3 cos
3 3 3 3 3
x x x x x            
⇔ + = − ⇔ + − = − −                           
2 3 22 4 cos 2 4 cos 3 cos 0 cos 4 cos 4 cos 3 0
3 3 3 3 3 3 3
x x x x x x x              
⇔ + − + − = ⇔ + − =                             
( )
cos 0
3
cos 0 3
1 33 3 2cos 2
3 2 6 .2cos cos
3 33 3 3
cos 
3 2
x
x x
kx x k
xx x kk
x
l
π ππ π
ππ π ππ
  
=        =    = +   = + ⇔ = ⇔ ⇔ ⇔       = ± + = ± +=       = − 
 
Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện ABCD có 
2
2 , 0
2
AB CD x x
 
 = = < <
 
 
 và 1AC BC BD DA= = = = . Tính 
thể tích tứ diện ABCD theo x .Tìm x để thể tích này lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. Đây là dạng toán trong 
sách bài tập hình học 12 . 
Học sinh tự vẽ hình Gọi ,I J lần lượt là trung điểm của các cạnh ,AB CD 
Dễ thấy 
1 1
, . , .
3 3ABCD AICD BICD AICD ICD BICD ICD
V V V V AI dt V BI dt= + = = 
Hay : ( )1 1, . .
3 2ABCD ICD ICD
V dt AI BI dt IJ CD= + = 
Dễ dàng chứng minh được IJ là đoạn vuông góc chung của ,AB CD 
 Ta có : 2 2 2 21 2 ,IJ CI CJ x AI BI x= − = − = = 
2 21 1. . . 1 2 .2 . 1 2
2 2ICD
dt IJ CD x x x x⇒ = = − = − (đvdt). 
( ) ( )
2
2 21 1 2. 1 2 . 1 2
3 3 3ABCD ICD
x
V dt AI BI x x x x x= + = − + = − (đvtt). 
( ) ( )
3
2 2 2
2
2 2 2 2
1 22 2 2 2
. 1 2 . . 1 2 .
3 3 3 3 9 3
x x xx
x x x x
 + + −
 − = − ≤ =
 
 
Đẳng thức xảy ra khi : 2 2 2
3
1 2
3
x x x x= = − ⇔ = 
Vậy 
2
max
9 3
ABCD
V = (đvdt) khi 
3
3
x = . 
Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân: 
4
2
6
t n
cos 1 cos
a x
I dx
x x
π
π
=
+
∫ . 
4 4 4
2 2 2
2
6 6 62
t n t n t n
1cos 1 cos cos t n 2
cos 1
cos
a x a x a x
I dx dx dx
x x x a x
x
x
π π π
π π π
= = =
+ ++
∫ ∫ ∫ . 
Đặt 
2
1
t n .
cos
u a x du dx
x
= ⇒ = . 
Đổi cận : 
1
6 3
1
4
x u
x u
π
π

= ⇒ =

 = ⇒ =

Do đó ( )
1 1 1
2 2
12
1 1
3
3 3
3 7
2 2
32
u
I du d u u
u
−
= = + = + =
+
∫ ∫ 
Học sinh yếu hơn có thể đặt 2
2
2
2
u
t u dt du
u
= + ⇒ =
+
. 
Câu V: ( 1 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình 2 3 23 1 2 2 1x x x m− − + + = có nghiệm 
duy nhất thuộc đoạn 
1
;1
2
 
− 
 
. 
2 3 23 1 2 2 1 ,x x x m m R− − + + = ∈ . 
Xét hàm số : ( ) 2 3 23 1 2 2 1f x x x x= − − + + xác định và liên tục trên đoạn 1 ;1
2
 
− 
 
. 
Ta có : ( )
2
2 3 2 2 3 2
3 3 4 3 3 4
'
1 2 1 1 2 1
x x x x
f x x
x x x x x x
 + +
= − − = − +  − + + − + + 
. 
;
 ∀ ∈ −  
1
1
2
x ta có 
2 3 2
4 3 3 4
3 4 0 0
3 1 2 1
x
x x
x x x
+
> − ⇒ + > ⇒ + >
− + +
. 
Vậy: ( )' 0 0f x x= ⇔ = . 
Bảng biến thiên: 
( )
( )
1
0 1
2
' | 0 ||
1
3 3 22
2
4
x
f x
f x
−
+ −
−
−
Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc 
1
;1
2
 
− 
 
3 3 22
4
2
m
−
⇔ − ≤ < hoặc 1m = . 
II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Ban cơ bản và nâng cao có cùng đáp án. 
Câu VI.a ( 2 điểm ) 
1. Tìm tham số thực m sao cho đường thẳng ( ) ( ): 2 1 1d x y z= − = + cắt mặt cầu 
2 2 2( ) : 4 6 0S x y z x y m+ + + − + = tại 2 điểm phân biệt ,M N sao cho độ dài dây cung 8MN = . 
2 2 2 2 2 2( ) : 4 6 0 ( ) :( 2) ( 3) 13S x y z x y m S x y z m+ + + − + = ⇔ − + − + = − có tâm ( )2;3;0I , bán kính 
13 , 13R IN m m= = − < 
Dựng 4IH MN MH HN⊥ ⇒ = = 
2 2 13 16 3, 3IH IN HN m m m⇒ = − = − − = − − < − và ( )( );I dIH d= 
( )d luôn đi qua ( )0;1; 1A − và có vectơ chỉ phương 1 11; ; 1 (2; 1; 2)
2 2
u
 
= = 
 


( 2; 2; 1); [ ; ] (3; 6; 6)AI AI u= − = −

 
 

( )( )
2 2 2
; 2 2 2
[ ; ] 3 6 6 81
3.
92 1 2
I d
AI u
d
u
+ +
⇒ = = = =
+ +





 
( )( ); 3 3 3 9 12I dIH d m m m= ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ = − 
Vậy 12m = − thỏa mãn yêu cầu bài toán . 
2. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng ( )d có phương trình: 2 5 0x y− − = và hai điểm (1;2)A , (4;1)B . Viết 
phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ( )d và đi qua hai điểm ,A B . 
Phương trình đường trung trực của AB là 3 6 0x y− − = . 
Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ: ( )
2 5 1
1; 3 5
3 6 3
x y x
I R IA
x y y
 − = = 
⇔ ⇒ − ⇒ = = − = = −  
Phương trình đường tròn là ( ) ( )2 21 3 25x y− + + = . 
Câu VII.a ( 1 điểm ) Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: 
0 1 2 3 1 12. 3. 4. ... . ( 1). ( 2).2n n n
n n n n n n
C C C C nC n C n− −+ + + + + + + = + . 
Ta có : ( ) 0 1 2 2 3 3 1 11 ... .n n n n nn n n n n nx C C x C x C x C x C x− −+ = + + + + + + 
Nhân vào hai vế với x ∈ ℝ , ta có: ( ) 0 1 2 2 3 3 4 1 11 ... .n n n n nn n n n n nx x C x C x C x C x C x C x− ++ = + + + + + + 
Lấy đạo hàm hai vế ta được: 
( )0 1 2 2 3 3 1 12 3 4 ... 1n n n nn n n n n nC C x C x C x nC x n C x− −+ + + + + + + 
( ) ( ) ( ) ( )1 11 1 1 1 .n n nn x x x x nx x− −= + + + = + + + 
Thay 1x = , ta được kết quả : 0 1 2 3 1 12. 3. 4. ... . ( 1). ( 2).2n n n
n n n n n n
C C C C nC n C n− −+ + + + + + + = + 
Một bài toán giải thế này đúng chưa ? 
Cho nhị thức 
952
3 yx y
x
 
+ 
 
, có bao nhiêu số hạng trong dãy mà số mũ của x chia hết số mũ của y . 
Cho nhị thức 
952
3 yx y
x
 
+ 
 
, có bao nhiêu số hạng trong dãy mà số mũ của x chia hết số mũ của y 
( )
952 295 95
953 3 3.95 4. 95
95 95
0 0
. , 0 95
i
ii i i i
i i
y y
x y C x y C x y i
x x
− − +
= =
   
+ = = ≤ ≤   
   
∑ ∑ . 
Số mũ của của x chia hết số mũ của y , khi đó tồn tại số nguyên t sao cho ( ) ( ) ( )4 95 3 *t i t+ = − 
4t• = − thì ( )* vô nghiệm . 
4t• ≠ − thì ( ) ( )95 3* , 0 95 0,1,2,3
4
t
i i t
t
−
⇒ = ≤ ≤ ⇒ =
+
. 
95.3
0
4
t i+ = ⇒ = loại . 
95.2
1 38
5
t i+ = ⇒ = = nhận , số hạng cần tìm là 38 133 13395 .C x y . 
95
2
6
t i+ = ⇒ = loại . 
3 0t i+ = ⇒ = nhận , số hạng cần tìm là 0 258 9595 .C x y . 
Vậy có hai số hạng thỏa mãn bài toán : 0 258 9595 .C x y và 
38 133 133
95 .C x y .