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) Cho hàm số y = 22 mx (3m 2)x 2 x3m +−− + (1) với m là tham số thực. 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 45 0 . * Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 11 7 4sin x 3 sin x 4 sin x 2 π ⎛⎞ += ⎜⎟ π ⎛⎞ ⎝⎠ − ⎜⎟ ⎝⎠ − . 2. Giải hệ phương trình 232 42 5 x y x y xy xy 4 5 x y xy(1 2x) 4 ⎧ ++ + + =− ⎪ ⎨ ⎪ ++ + =− ⎩ (x, y ∈ R). * Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (2; 5; 3) và đường thẳng d : x1 y z2 212 −− == . 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) 1. Tính tích phân I = 4 6 0 tg x dx cos 2x π ∫ 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 4 4 2x 2x 2 6 x 2 6 x m++−+−= (m ∈ R). 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 rằng (E) có tâm sai bằng 5 3 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 2. Cho khai triển (1 + 2x) n = a 0 + a 1 x + … + a n x n , trong đó n ∈ N * và các hệ số a 0 , a 1 , …, a n thỏa mãn hệ thức 1n 0 n aa a 4096 22 +++ = . Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a 1 , …, a n . * Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình log 2x−1 (2x 2 + x – 1) + log x+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 = a3 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: 1. m = 1 ⇒ y = 2 xx2 x3 +− + = 4 x2 x3 −+ + MXĐ là R \ {−3} y' = 2 4 1 (x 3) − + , y’ = 0 ⇔ (x + 3) 2 = 4 ⇔ x = −5 hay x = −1 y(−5) = −9, y(−1) = −1 Vậy (−5, −9) là điểm cực đại và (−1, −1) là điểm cực tiểu Đồ thị cắt trục hoành tại 2 điểm là (1; 0) và (−2; 0); đồ thị cắt trục tung tại (0; 2 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 45 0 là m = 1 hay m = −1. Thế m = −1 vào (1) ta có : y = 2 xx2 x3 − +− − = 4 x2 x3 −−+ − ⇒ m = −1 : nhận m = 1 nhận do kết quả câu 1. Tóm lại ycbt ⇔ m = ±1 Cách khác : y = mx – 2 + 6m 2 x3m − + , điều kiện có tiệm cận xiên m ≠ 0 và m ≠ 1 3 Do đó điều kiện cần và đủ là m = ±1 và m ≠ 0 và m ≠ 1 3 ⇔ m = ±1. Câu II: 1. 11 7 4sin x 3 sin x 4 sin x 2 π ⎛⎞ +=− ⎜⎟ π ⎛⎞ ⎝⎠ − ⎜⎟ ⎝⎠ ⇔ 11 4sin x sin x cos x 4 π ⎛⎞ +=− + ⎜⎟ ⎝⎠ ⇔ sin x cos x 4 (sin x cos x) sin x cos x 2 + =− + ⇔ 2 sin x cos x 0 hay sin 2x 2 += =− (hiển nhiên sin2x = 0 không là nghiệm) ⇔ 2 tgx 1 hay sin 2x 2 =− =− ⇔ 5 xk hay xk hay x 48 ππ =− +π =− +π = +πk 8 π (k ∈ Z) 2. 232 42 5 x y x y xy xy 4 5 xyxy(12x) 4 ⎧ ++ + + =− ⎪ ⎨ ⎪ ++ + =− ⎩ ⇔ 22 22 5 x y xy(x y) xy 4 5 (x y) xy 4 ⎧ ++ + + =− ⎪ ⎨ ⎪ ++=− ⎩ Đặt u = x 2 + y, v = xy Hệ trở thành : 2 5 u uv v (1) 4 5 u v (2) 4 ⎧ ++=− ⎪ ⎨ +=− ⎪ ⎩ (2) trừ (1) : u 2 – u – uv = 0 ⇔ u0 vu1 = ⎡ = − ⎢ ⎣ TH1 : u = 0 ⇒ v = 5 4 − Vậy : 2 xy 5 xy 4 ⎧ += ⎪ ⎨ =− ⎪ ⎩ 0 ⇔ 2 3 yx 5 x 4 ⎧ =− ⎪ ⎨ = ⎪ ⎩ ⇔ 3 3 5 x 4 25 y 16 ⎧ = ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ =− ⎪ ⎩ TH2 : v = u – 1 (2) ⇔ u 2 + u – 1 = 5 4 − ⇔ 4u 2 + 4u + 1 = 0 ⇔ u = 1 2 − ⇒ v = 3 2 − Vậy : 2 1 xy 2 3 xy 2 ⎧ +=− ⎪ ⎨ ⎪ =− ⎩ ⇔ 2 31 x 2x 2 3 y 2x ⎧ − =− ⎪ ⎨ ⎪ =− ⎩ ⇔ x1 3 y 2 = ⎧ ⎪ ⎨ = − ⎪ ⎩ Câu III: 1. Gọi H (1 + 2t; t; 2+ 2t) ∈ d ⊥ AH (2t 1;t 5; 2t 1)=−− − uuur a r = (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. 2. Phương trình tổng quát của d là : { x2y10 2y z 2 0 − −= − += 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 Ta có : d = d (A, α) = 22 9m 9n 5m 5n 8mn −+ +− chọn n = 1, ta có : d = 2 91 m 5m 8m 5 − −+ ⇔ d 2 = 2 2 81(1 2m m ) 5m 8m 5 −+ − + Đặt v = 2 2 m2m1 5m 8m 5 − + − + ⇔ (5v – 1)m 2 – 2(4v – 1)m + 5v – 1 = 0 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 ⇔ v(9v – 2) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ v ≤ 2 9 . Do đó d lớn nhất ⇔ v lớn nhất ⇔ v = 2 9 , khi đó ta có m b4v189 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 = (1, −4, 1) làm pháp vectơ AA ' uuuur ⇔ pt (α) : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1(z – 4) = 0 ⇔ x – 4y + z – 3 = 0 Câu IV: 1. I = 4 6 0 tg x dx cos 2x π ∫ ; đặt t = tgx ⇒ dx = 2 dt 1t + ⇒ I = 1 3 4 2 0 t dt 1t− ∫ = 1 3 2 2 0 1 t1 dt 1t ⎛⎞ −−+ ⎜⎟ − ⎝⎠ ∫ = 1 3 3 0 t11t13110 tln ln 321t2 31 93 ++ + = − − − −− = 11 ln(2 3) 22 +− 03 7 2. Đặt f(x) = 4 4 2x 2x 2 6 x 2 6 x++−+− MXĐ là : D = [0, 6] f’(x) = 33 44 11 1 1 1 2 2x 6 x (2x) (6 x) ⎡⎤ ⎡ ⎤ −+− ⎢⎥ ⎢ ⎥ − ⎣ ⎦ ⎢−⎥ ⎣⎦ = 444 4 22 4 4 44 1111 1 1 11 2 2x (6 x) 2x. 6 x 2x (6 x) (2x) (6 x) ⎡⎤ ⎛⎞ ⎡⎤ ⎢⎥ ⎜⎟ −++++ ⎢⎥ ⎜⎟ −− ⎢⎥ − ⎢⎥ ⎣⎦ ⎝⎠ ⎣⎦ − f’(x) = 0 ⇔ 4 4 11 2x (6 x) = − ⇔ x = 2 x 0 2 6 f'(x) + 0 − f(x) 4 3( 4 4)+ 4 2( 6 6)+ 4 12 12+ (1) có 2 nghiệm thực phân biệt ⇔ 4 4 2( 6 6) m 3( 4 4)+≤< + Phần tự chọn Câu V.a.: 1. Ta có : a + b = 5 (1) ⇔ b = 5 – a (Đk : b > 0 ⇔ 0 < a < 5) Ta có : e = c5 a3 = ⇒ 9c 2 = 5a 2 ⇒ 9(a 2 – b 2 ) = 5a 2 ⇒ 4a 2 = 9b 2 Mà : b = 5 – a ⇒ 4a 2 = 9(5 – a) 2 ⇒ 5a 2 – 90a + 225 = 0 ⇒ a 2 – 18a + 45 = 0 ⇒ a = 3 hay a = 15 (loại) Thế a = 3 vào (1) ta có : b = 2 Vậy phương trình chính tắc của (E) : 22 xy 1 94 + = 2. Từ khai triển : với nn 01 n (1 2x ) a a x a x+=+++ 1 x 2 = ta có : n1 01 n n 11 2a a a40962 n12 2 2 =+ ++ = = ⇒= 2 2 Vậy biểu thức khai triển là (1 12 2x )+ Số hạng tổng quát là C. => Hệ số tổng quát là kkk 12 2.x(k N;0 k 12)∈≤≤ kk k1 a2.C= k k k1 k1 kk1 12 12 kk aa 2.C 2.C(kN;0k11) 12! 12! 1 2 2. 2.2. k!(12k)! (k1)!(11k)! 12k k1 k 1 24 2k 3k 23 k 7 (k N) ++ + ≤⇔ ≤ ∈≤≤ ⇔≤ ⇔≤ − +− −+ ⇔+≤ − ⇔ < ⇔≤ ∈ Vậy : , nên hệ số lớn nhất là . 01 789 1 a a a a a a≤≤≤ ≤≥≥≥ 2 8 a Câu V.b.: 1. l (đk : x > 22 2x 1 x 1 og (2x x1)log (2x1) 4 −+ +−+ − = 1 2 và x ≠ 1) 2x 1 x 1 log (x 1)(2x 1) 2log (2x 1) 4 −+ ⇔+−+ −= 2x 1 x 1 1 log (x 1) 2log (2x 1) 4 log −+ ⇔+ + + − = ⇔ (x 1) x1 1 2log 3 (2x 1) + + + = − = . 2 x1 x1 2l og (2x 1) 3log (2x 1) 1 0 ++ ⇔+−−+ Đây là pt bậc 2 theo x1 log (2x 1) + − có a + b + c = 0 => lo x1 g (2x 1) 1 + − = và x1 1 log (2x 1) 2 + = . − * lo ⇔ x + 1 = 2x − 1 ⇔ x = 2 x1 g (2x 1) 1 + −= * x1 1 lo g (2x 1) 2 + −= 22 2x 1 x 1 (2x 1) x 1 4x 5x 0⇔− = +⇔ −=+⇔ −= ⇔ x = 0 (loại) hay x = 5 4 . KL : x = 5 4 hay x = 2 2. A / B H C A K x Gọi H là hình chiếu của A’ xuống mp ABC. H là trung điểm của BC. 22 BC a 3a 2a=+=. Ta có tam giác A’HA vuông tại H có cạnh AH bằng a. Vậy : A’H 22 4a a a 3=−=. Vậy thể tích khối chóp A’ABC 3 111 a S.h . a.a 3.a 3 332 == = 2 Kẻ Ax // BC. K là hình chiếu của A’ xuống Ax ⇒ ta có AHK là nửa tam giác đều vuông tại K. Vậy Δ a AK 2 = .Góc giữa AA’ và B’C’ 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) . n a tam giác đều vuông tại K. Vậy Δ a AK 2 = .Góc gi a AA’ và B’C’ chính là góc gi a AK và AA’, ta tìm cosin c a góc A AK ⇒  a AK 1 2 cos A 'AK AA ' 2a 4 = == . oOo LƯU NAM. giác A HA vuông tại H có cạnh AH bằng a. Vậy : A H 22 4a a a 3=−=. Vậy thể tích khối chóp A ABC 3 111 a S.h . a. a 3 .a 3 332 == = 2 Kẻ Ax // BC. K là hình chiếu c a A’ xuống Ax ⇒ ta có AHK. 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) Cho hàm số y =