Đề số 04 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 
ĐỀ SỐ 01 
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( 8 điểm) 
Câu 1: ( 2điểm) 
 Cho hàm số y = 4x3 + mx2 – 3x 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m = 0. 
2. Tìm m để hàm số có hai cực trị tại x1 và x2 thỏa x1 = - 4x2 
Câu 2: (2điểm) 
1. Giải hệ phương trình: 
2 0
1 4 1 2
x y xy
x y
   

   
2. Giải phương trình: cosx = 8sin3
6
x   
 
Câu 3: (2điểm) 
1. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông tại C ; M,N là 
hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác AMN vuông và AT 
tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB. 
2. Tính tích phân A = 
2
ln .ln ex
e
e
dx
x x 
Câu 4: (2 điểm) 
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0). 
Chứng minh các đường thẳng AB và CD chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với 
mặt phẳngOxy và cắt được các đường thẳngAB; CD. 
2. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: 
3 3 3
2 2 2 2 2 2 1
a b c
a ab b b bc c c ca a
  
     
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S = a + b + c 
B. PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ chọn câu 5a hoặc 5b 
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn: ( 2 điểm) 
1. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua 
A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. 
2. Biết (D) và (D’) là hai đường thẳng song song. Lấy trên (D) 5 điểm và trên (D’) n điểm và nối các 
điểm ta được các tam giác. Tìm n để số tam giác lập được bằng 45. 
Câu 5b: Theo chương trình nâng cao: ( 2 điểm) 
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng (D): x – 3y – 4 = 0 và đường tròn (C): x2 
+ y2 – 4y = 0. Tìm M thuộc (D) và N thuộc (C) sao cho chúng đối xứng qua A(3;1). 
2. Tìm m để bất phương trình: 52x – 5x+1 – 2m5x + m2 + 5m > 0 thỏa với mọi số thực x. 
-------- Hết ------- 
BÀI GIẢI TÓM TẮT 
A.PHẦN CHUNG: 
Câu 1: 
 1. m = 0 , y = 4x3 – 3x 
 - TXĐ: D = R 
 - Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    
 - y’ = 12x2 – 3 ; y’ = 0  x = 1
2
 
 Bảng biến thiên: 
 - y’’ = 24x , y” =  x = 0 , đồ thị có điểm uốn O(0;0) 
 - Đồ thị: 
 2. TXĐ: D = R 
 - y’ = 12x2 + 2mx – 3 
 Ta có: ’ = m2 + 36 > 0 với mọi m, vậy luôn có cực trị 
 Ta có: 
1 2
1 2
1 2
4
6
1
4
x x
mx x
x x

  


  


 
 9
2
m   
Câu 2: 
 1. 
2 0 (1)
1 4 1 2 (2)
x y xy
x y
   

   
 Điều kiện: 
1
1
4
x
y




 Từ (1) 2 0x x
y y
     x = 4y 
 Nghiệm của hệ (2; 1
2
) 
 2. cosx = 8sin3
6
x   
 
 cosx =  33 s inx+cosx 
  3 2 2 33 3 sin 9sin osx +3 3 s inxcos os osx = 0x xc x c x c   (3) 
 Ta thấy cosx = 0 không là nghiêm 
 (3)  3 23 3 tan 8 t an x + 3 3 t anx = 0x  
 t anx = 0 x = k  
Câu 3: 
 1.Theo định lý ba đường vuông góc 
 BC  (SAC)  AN  BC 
 và AN  SC 
 AN  (SBC)  AN  MN 
 Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC 
 Vây MSN  CSB 
  TM là đường cao của tam giác STB 
  BN là đường cao của tam giác STB 
 Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB  ST 
 AB  (SAT) hay AB AT (đpcm) 
 2. 
2 2
(ln )
ln (1 ln ) ln (1 ln )
e e
e e
dx d xA
x x x x x
 
   = 
2
1 1 (ln )
ln 1 ln
e
e
d x
x x
   
 = 
2 2
ln(ln ) ln(1 ln )
e e
x x
e e
  = 2ln2 – ln3 
Câu 4: 
 1. +) (4;5;5)BA 

, (3; 2;0)CD  

, (4;3;6)CA 

 , (10;15; 23)BA CD    
 
 , . 0BA CD CA   
  
 đpcm 
 + Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P)  (Oxy)  có VTPT 1 ,n BA k   
  
= (5;- 4; 0) 
  (P): 5x – 4y = 0 
 + (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q)  (Oxy) có VTPT 1 ,n CD k   
  
= (-2;- 3; 0) 
  (Q): 2x + 3y – 6 = 0 
 Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình của (D) 
 2. Ta có: 
3
2 2
2
3
a a b
a ab b


 
 (1) 
  3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) 
  a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 
  (a + b)(a – b)2  0. (h/n) 
 Tương tự: 
3
2 2
2
3
b b c
b bc c


 
 (2) , 
3
2 2
2
3
c c a
c ac a


 
 (3) 
 Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: 
3 3 3
2 2 2 2 2 2 3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
 
  
     
 Vậy: S ≤ 3  maxS = 3 khi a = b = c = 1 
B. PHẦN TỰ CHỌN: 
Câu 5a: Theo chương trình chuẩn 
 1. Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1x y zP
a b c
    
 Ta có 
(4 ;5;6), (4;5 ;6)
(0; ; ), ( ;0; )
IA a JA b
JK b c IK a c
   
   
 
  
 Ta có:
4 5 6 1
5 6 0
4 6 0
a b c
b c
a c
   

  
  



77
4
77
5
77
6
a
b
c
 






  ptmp(P) 
 2.Ta có: n 2 25 5 nC C = 45  n
2 + 3n – 18 = 0  n = 3 
Câu 5b: 
 1.M  (D)  M(3b+4;b)  N(2 – 3b;2 – b) 
 N  (C)  (2 – 3b)2 + (2 – b)2 – 4(2 – b) = 0  b = 0;b = 6/5 
 Vậy có hai cặp điểm: M(4;0) và N(2;2) , M’(38/5;6/5) và N’(-8/5; 4/5) 
 2. Đặt X = 5x  X > 0 
 Bất phương trình đã cho trở thành: X2 + (5 + 2m)X + m2 + 5m > 0 (*) 
 Bpt đã cho có nghiệm với mọi x khi và chỉ khi (*) có nghiệm với mọi X > 0 
  < 0 hoặc (*) có hai nghiệm X1 ≤ X2 ≤ 0 
 Từ đó suy ra m