Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y=x3 - 3x2 - 9x+m , m là tham số thực .
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 .
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
ŀBộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THAM KHẢO Email: phukhanh@moet.edu.vn 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 .
Tài liệu đính kèm: