ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Môn thi: TOÁN

Chia sẻ: Trần Thị Quyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

292
lượt xem 39
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo sách 'ðề thi tuyển sinh đại học khối a năm 2008 môn thi: toán', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Môn thi: TOÁN

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2008 Môn thi: TOÁN (thời gian 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH * Câu I (2 điểm) mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2 Cho hàm số y = (1) với m là tham số thực. x + 3m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng 450. * Câu II (2 điểm) ⎛ 7π ⎞ 1 1 −x⎟. + = 4sin ⎜ 1. Giải phương trình 3π ⎞ ⎛ sin x ⎝4 ⎠ sin ⎜ x − ⎟ ⎝ 2⎠ ⎧2 5 ⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4 3 2 (x, y ∈ R). 2. Giải hệ phương trình ⎨ 5 ⎪ x + y + xy(1 + 2x) = − 4 2 ⎩ 4 * Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (2; 5; 3) và đường thẳng x −1 y z − 2 == d: . 2 1 2 1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất. * Câu IV (2 điểm) π tg 4 x 6 ∫ cos 2x dx 1. Tính tích phân I = 0 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m (m ∈ R). 4 PHẦN RIÊNG ------- Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b--------- * Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết 5 rằng (E) có tâm sai bằng và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 3 2. Cho khai triển (1 + 2x)n = a0 + a1x + … + anxn, trong đó n ∈ N* và các hệ số a0, a1, …, an a1 a thỏa mãn hệ thức a 0 + + ... + n = 4096 . Tìm số lớn nhất trong các số a0, a1, …, an. 2n 2 * Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình log2x−1(2x2 + x – 1) + logx+1(2x – 1)2 = 4. 2. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A’. ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’.
BÀI GIẢI GỢI Ý Câu I: x2 + x − 2 4 = x −2+ 1. m = 1 ⇒ y = x +3 x +3 MXĐ là R \ {−3} 4 y' = 1 − y’ = 0 ⇔ (x + 3)2 = 4 ⇔ x = −5 hay x = −1 , (x + 3) 2 y(−5) = −9, y(−1) = −1 Vậy (−5, −9) là điểm cực đại và (−1, −1) là điểm cực tiểu 2 Đồ thị cắt trục hoành tại 2 điểm là (1; 0) và (−2; 0); đồ thị cắt trục tung tại (0; − ) 3 x = −3 là tiệm cận đứng; y = x – 2 là tiệm cận xiên. (BBT và đồ thị : học sinh tự làm). 2. Giả sử hàm số có tiệm cận xiên thì tiệm cận xiên có hệ số góc là m do đó điều kiện cần để góc giữa 2 tiệm cận xiên bằng 450 là m = 1 hay m = −1. −x 2 + x − 2 4 = −x − 2 + Thế m = −1 vào (1) ta có : y = ⇒ m = −1 : nhận x −3 x −3 m = 1 nhận do kết quả câu 1. Tóm lại ycbt ⇔ m = ±1 6m − 2 1 , điều kiện có tiệm cận xiên m ≠ 0 và m ≠ Cách khác : y = mx – 2 + x + 3m 3 1 Do đó điều kiện cần và đủ là m = ±1 và m ≠ 0 và m ≠ ⇔ m = ±1. 3 Câu II: ⎛ 7π ⎞ 1 1 + = 4sin ⎜ −x⎟ 1. 3π ⎞ ⎛ sin x ⎝4 ⎠ sin ⎜ x − ⎟ 2⎠ ⎝ π⎞ ⎛ 1 1 + = −4sin ⎜ x + ⎟ ⇔ ⎝ 4⎠ sin x cos x sin x + cos x 4 =− (sin x + cos x) ⇔ sin x cos x 2 2 ⇔ sin x + cos x = 0 hay sin 2x = − (hiển nhiên sin2x = 0 không là nghiệm) 2 2 ⇔ tgx = −1 hay sin 2x = − 2 ⇔ x = − π + kπ hay x = − π + kπ hay x = 5π + kπ (k ∈ Z) 4 8 8 ⎧2 5 ⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4 3 2 2. ⎨ 5 ⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − ⎩ 4 ⎧2 5 ⎪ x + y + xy(x + y) + xy = − 4 2 ⇔⎨ 5 ⎪(x 2 + y) 2 + xy = − ⎩ 4 Đặt u = x2 + y, v = xy
⎧u + uv + v = − 5 (1) ⎪ 4 Hệ trở thành : ⎨ 5 ⎪u + v = − 4 2 (2) ⎩ u=0 (2) trừ (1) : u2 – u – uv = 0 ⇔ ⎡ ⎢v = u −1 ⎣ 5 TH1 : u = 0 ⇒ v = − 4 ⎧ 5 ⎪x = 3 ⎧x 2 + y = 0 ⎧y = −x 2 ⎪ ⎪ ⎪ 4 5 ⇔⎨ 3 5 ⇔ ⎨ Vậy : ⎨ xy = − x= ⎪ y = − 3 25 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 4 4 ⎪ ⎩ 16 TH2 : v = u – 1 5 1 3 (2) ⇔ u2 + u – 1 = − ⇔ 4 u 2 + 4u + 1 = 0 ⇔ u = − ⇒ v = − 4 2 2 ⎧2 ⎧2 3 1 1 ⎧x = 1 ⎪ x − 2x = − 2 ⎪x + y = − 2 ⎪ 3 ⇔⎨ ⇔⎨ Vậy : ⎨ y=− 3 3 ⎪y = − ⎪ xy = − ⎪ ⎩ 2 ⎩ ⎩ 2 2x Câu III: 1. Gọi H (1 + 2t; t; 2+ 2t) ∈ d uuur r AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1) ⊥ a = (2; 1; 2) ⇔ 2(2t – 1) + (t – 5) + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1 Vậy H (3; 1; 4) là hình chiếu vuông góc của A lên d. {2y−−2y +−12 == 00 x 2. Phương trình tổng quát của d là : z Phương trình mặt phẳng (α) qua d có dạng : m(x – 2y – 1) + n(2y – z + 2) = 0 với m, n không đồng thời bằng 0 ⇔ mx + (2n – 2m)y – nz – m + 2n = 0 −9m + 9n Ta có : d = d (A, α) = chọn n = 1, ta có : 5m 2 + 5n 2 − 8mn 9 1− m 81(1 − 2m + m 2 ) ⇔ d2 = d= 5m 2 − 8m + 5 5m 2 − 8m + 5 m 2 − 2m + 1 ⇔ (5v – 1)m2 – 2(4v – 1)m + 5v – 1 = 0 Đặt v = 5m 2 − 8m + 5 Vì a = (5v – 1) và b = −2(4v – 1) không đồng thời bằng 0 nên miền giá trị của v là tất cả v thỏa Δ’ = (4v – 1)2 – (5v – 1)2 ≥ 0 2 2 ⇔ v(9v – 2) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ v ≤ . Do đó d lớn nhất ⇔ v lớn nhất ⇔ v = , khi đó ta có 9 9 b 4v − 1 8 − 9 m =− = = = −1 2a 5v − 1 10 − 9 Vậy pt mặt phẳng (α) thỏa ycbt là : x − 4y + z – 3 = 0 Cách khác : Pt mặt phẳng (α) chứa d và d (A, α) lớn nhất ⇔ α qua A’ (3, 1, 4) và nhận uuuu r AA ' = (1, −4, 1) làm pháp vectơ ⇔ pt (α) : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = 0 ⇔ x – 4y + z – 3 = 0 Câu IV:
π tg 4 x 6 dt ∫ cos 2x dx ; đặt t = tgx ⇒ dx = 1 + t 2 1. I = 0 1 1 3 3 4 ⎛ 1⎞ t ∫ 1− t ∫ ⎜ −t −1 + 2 ⇒I= dt = ⎟ dt 1− t2 ⎠ 2 ⎝ 0 0 1 1 1+ t 3 + 1 10 1 t3 10 3 1 3 = − − t + ln = − = ln(2 + 3) − ln 2 1− t 3 −1 9 3 2 27 3 2 0 2. Đặt f(x) = 2x + 2x + 2 6 − x + 2 6 − x 4 4 MXĐ là : D = [0, 6] 1⎡ 1 ⎤⎡1 1⎤ 1 − ⎥+⎢ − ⎢ f’(x) = ⎥ 6−x ⎦ 2 ⎢ 4 (2x) (6 − x) ⎦ ⎣ 2x ⎥ 3 3 4 ⎣ ⎤ ⎡1 ⎛ 1 ⎤ ⎞ ⎡1 1 1 1 1 1 ⎥⎢ ⎜ ⎥ ⎟+ 4 − +4 + + = ⎢4 ⎜ ⎟ ⎢ 2x 4 (6 − x) ⎥ ⎣ 2 ⎝ 4 (2x) 2 2x. 6 − x 4 (6 − x) 2 2x 4 (6 − x) ⎥ ⎦⎢ 4 ⎣ ⎠ ⎦ 1 1 = f’(x) = 0 ⇔ 4 ⇔x=2 2x 4 (6 − x) x 0 2 6 − f'(x) + 0 f(x) 3( 4 4 + 4) 2( 4 6 + 6) 12 + 12 4 (1) có 2 nghiệm thực phân biệt ⇔ 2( 4 6 + 6) ≤ m < 3( 4 4 + 4) Phần tự chọn Câu V.a.: 1. Ta có : a + b = 5 (1) ⇔ b = 5 – a (Đk : b > 0 ⇔ 0 < a < 5) c 5 = ⇒ 9c2 = 5a2 ⇒ 9(a2 – b2) = 5a2 ⇒ 4a2 = 9b2 Ta có : e = a 3 Mà : b = 5 – a ⇒ 4a2 = 9(5 – a)2 ⇒ 5a2 – 90a + 225 = 0 ⇒ a2 – 18a + 45 = 0 ⇒ a = 3 hay a = 15 (loại) Thế a = 3 vào (1) ta có : b = 2 x 2 y2 + =1 Vậy phương trình chính tắc của (E) : 9 4 1 2. Từ khai triển : (1 + 2x) n = a 0 + a1x + ... + a n x n với x = 2 1 1 ta có : 2n = a 0 + a1 + ... + a n = 4096 = 212 ⇒ n = 12 2n 2 Vậy biểu thức khai triển là (1 + 2x)12 Số hạng tổng quát là C12 .2k.x k (k ∈ N; 0 ≤ k ≤ 12) => Hệ số tổng quát là a k = 2k .C12 k k
a k ≤ a k +1 ⇔ 2k .C12 ≤ 2k +1.C12 1 (k ∈ N; 0 ≤ k ≤ 11) k+ k 12! 12! 1 2 ⇔ 2k . ≤ 2k .2. ⇔ ≤ k!(12 − k)! (k + 1)!(11 − k)! 12 − k k + 1 ⇔ k + 1 ≤ 24 − 2k ⇔ 3k < 23 ⇔ k ≤ 7 (k ∈ N) Vậy : a 0 ≤ a1 ≤ ... ≤ a 7 ≤ a 8 ≥ a 9 ≥ ... ≥ a12 , nên hệ số lớn nhất là a 8 . Câu V.b.: 1 log 2x −1 (2x 2 + x − 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4 và x ≠ 1) 1. (đk : x > 2 ⇔ log 2 x −1 (x + 1)(2x − 1) + 2 log x +1 (2x − 1) = 4 1 ⇔ 1 + log 2x −1 (x + 1) + 2 log x +1 (2x − 1) = 4 ⇔ + 2 log (x +1) = 3 log x +1 (2x − 1) ⇔ 2l og 2 x +1 (2x + 1) − 3log x +1 (2x − 1) + 1 = 0 . Đây là pt bậc 2 theo log x +1 (2x − 1) có a + b + c = 0 1 => log x +1 (2x − 1) = 1 và log x +1 (2x − 1) = . 2 * log x +1 (2x − 1) = 1 ⇔ x + 1 = 2x − 1 ⇔ x = 2 1 ⇔ 2x − 1 = x + 1 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ 4x 2 − 5x = 0 * log x +1 (2x − 1) = 2 5 5 ⇔ x = 0 (loại) hay x = . KL : x = hay x = 2 4 4 2. A/ B H C x A K Gọi H là hình chiếu của A’ xuống mp ABC. H là trung điểm của BC. BC = a 2 + 3a 2 = 2a . Ta có tam giác A’HA vuông tại H có cạnh AH bằng a. Vậy : A’H = 4a 2 − a 2 = a 3 . a3 1 11 Vậy thể tích khối chóp A’ABC = S.h = . a.a 3.a 3 = 3 32 2 Kẻ Ax // BC. K là hình chiếu của A’ xuống Ax a ⇒ ta có Δ AHK là nửa tam giác đều vuông tại K. Vậy AK = .Góc giữa AA’ và B’C’ 2 chính là góc giữa AK và AA’, ta tìm cosin của góc A’AK a AK 1 =2= . ⇒ cos A 'AK = AA ' 2a 4 ---------- oOo ---------- LƯU NAM PHÁT - NGUYỄN PHÚ VINH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)