ĐỀ + Đ.A KHỐI D 2010

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn thi: TOÁN, Khối D (Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x − x + Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y= x −1 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x − cos x + 3sin x − cos x − = 3 Giải phương trình 42 x + x + + x = 42+ x + + x + x − ( x ∈ ¡ ) e 3  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫  x − ÷ln xdx x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; hình chiếu vuông góc của đỉnh S mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = AC Gọi CM là đường cao của tam giác SAC Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = − x + x + 21 − − x + 3x + 10 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một hai phần (phần A hoặc B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0) Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − = và (Q): x − y + z − = Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) cho khoảng cách từ O đến (R) bằng Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z = và z2 là số thuần ảo B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) và ∆ là đường thẳng qua O Gọi H là hình chiếu vuông góc của A ∆ Viết phương trình đường thẳng ∆, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH x = + t  x − y −1 z = = Xác Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1:  y = t và ∆2: 2 z = t  định toạ độ điểm M thuộc ∆1 cho khoảng cách từ M đến ∆2 bằng  x − x + y + = Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2 log ( x − 2) − log y=0 ( x, y ∈ ¡ ) - Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh : ………………………… Số báo danh : ………………………………… BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: y = − x − x + (C ) 1/ Khảo sát, vẽ (C) ⇒ Pt (∆) : y = − 6x + 10 2/ Tiếp tuyến ∆ vuông góc d : y = x − Câu II: 1/ Giải phương trình : sin x − cos x + 3sin x − cos x − = ⇔ 2sin x cos x − + 2sin x + 3sin x − cos x − = ⇔ cos(2sin x − 1) + 2sin x + 3sin x − = ⇔ cos x(2sin x − 1) + (2sin x − 1)(sin x + 2) = ⇔ (2sin x − 1)(cos x + sin x + 2) = π    x = + k 2π sin x = ⇔ ⇔   x = 5π + k 2π ( k ∈ Z ) cos x + sin x = −2 (VN )  2/ 42 x + x+2 + x = 2+ x+ + 2x + x−4 đk : x ≥ − (*); 3 42+ x + (24 x −4 − 1) − x (2 x −4 − 1) = ⇔ (24 x − − 1)(42+ x + − x ) = • 24 x −4 = ⇔ x − = ⇔ x = • 24+ x + = x ⇔ x = x + + 2( x − 2) x − = 2( x + − 2) ⇔ ( x − 2)( x + x + 4) = x+2 +2 • x−2=0⇒ x = 2 • x2 + x + = x+2+2 VT = x + x + = ( x + 1) + ≥ ≤ ⇒ Phương trình vô nghiệm Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = VP = x+2+2 Câu III : e e e 3  I = ∫  x − ÷ln xdx = 2∫ x ln xdx − 3∫ ln x dx x x 1 11 4 11 4 I1 I2 e I1 = ∫ x ln xdx ; Đặt u = ln x ⇒ du = e e dx x2 ; dv = xdx ⇒ v = x e  x2  e2  x2  e2 + I1 =  ln x ÷ − ∫ xdx = −  ÷ = 2 1  1 dx Tính I2 : Đặt t = lnx ⇒ dt = x  t2  e2 − I = tdt = = x = ; t = 0; x = e ; t = ∫ Vậy I =  ÷  0 Câu IV: 2 a 2 a 14 Ta có SH = a −   ÷ ÷ =   2 14a  3a  32a SC = +  = = a = AC ÷ 16  ÷ 16  Vậy ∆SCA cân tại C nên đường cao hạ từ C xuống ∆SAC chính là trung điểm của SA Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên MK = SH   a 14 a 14 = Ta có V ( S ABC ) =  a ÷ 3  24 a 14 Nên V(MABC) = V(MSBC) = V(SABC) = 48 Câu V: 2  −3 ≤ x ≤ − x + x + 21 ≥  49  ⇔ ⇔ −2 ≤ x ≤ ; đk :  y = −( x − 2) + 25 − −  x − ÷ + 2 − x + 3x + 10 ≥ −2 ≤ x ≤   3 3   −2  x − ÷ x− ÷  −2( x − 2) x−2 2 2   y'= − = − 2 −( x − 2) + 25 −( x − 2) + 25  49  49   − x − ÷ + − x − ÷ + 2 2   2 3  49   y ' = ⇔  x − ÷ −( x − 2) + 25 = ( x − 2) −  x − ÷ + 2 2    3  x − ÷( x − 2) ≥   ⇔ 2  x −   −( x − 2) + 25  = ( x − 2)  −  x −  + 49  ÷  ÷   2  2      x ≤ ∨ x ≥    3  ⇔ 10  x − ÷ = 7( x − 2)  25  x − ÷ = 49 ( x − 2)2 ⇔       2 3  10  x − ÷ = −7( x − 2) 2     x ≤ ∨ x ≥    ⇔ x = (nhan)  10 x − 15 = x − 14 3 x =  ⇔ ⇔   10 x − 15 = −7 x + 14 17 x = 29  x = 29 (loai )   17  x −2 1/3 y' − + 1 y  ÷ = 2; ymin = y y(1/3) 3 Cách khác: không cần bảng biến thiên, cần so sánh y(-2), y(1/3) y(5) PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một hai phần (phần A hoặc B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1/ * C1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm I tại điểm H' ⇒ BC qua trung điểm HH' Phương trình AH : x = Đường tròn (C) có pt : ( x + 2) + y = 74 H' là giao điểm của AH và đường tròn (C) ⇒ H' (3; 7) Đường thẳng BC có phương trình : y = cắt đường tròn (C) tại điểm C có hoành độ là nghiệm phương trình : ( x + 2) + 32 = 74 ⇒ x = 65 − (lấy hoành độ dương); y = Vậy C ( 65 − ; 3) * C2: Gọi (C) là đường tròn tâm I(−2;0), bán kính R = IA = 74 Pt đường tròn (C) : ( x + 2) + y = 74 Gọi AA1 là đường kính ⇒ BHCA1 là hình bình hành ⇒ HA1 qua M trung điểm BC Ta có IM là đường trung bình của ∆A1AH uuur uuur  xM = −2 ⇔ M (−2;3) Nên : IM = AH ⇔   yM = Pt BC qua M và vuông góc AH : y − = ( x + 2) + y = 74   x = −2 + 65 ⇔ Toạ độ C thoả hệ phương trình :  y − = Vậy C ( 65 − ; 3)  y = x >  uuur uur uur r ur 2/ PVT nP = (1;1;1) ; PVT mQ = (1; −1;1) ; PVT k R = n ∧ m = (2;0; −2) = 2(1; 0; −1) Phương trình (R) có dạng : x − z + D = Ta có : d (0;(R)) = ⇔ D = ⇔ D = ±2 Phương trình (R) : x − z + 2 = hay x − z − 2 = Câu VII.a: Đặt z = a + bi ⇒ z = a − b + 2abi 2 z1 = + i , z2 = − i a − b =  a = ⇒ Ta có hệ phương trình  Vậy :  2 z3 = −1 + i , z4 = −1 − i a + b = b = B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1/ * C1 uuur : Gọi H(x0; y0) là hì nh chiếu của A xuống ∆ uuur Ta có : AH = ( x0 ; y0 − 2), OH = ( x0 ; y0 ) uuur uuur 2  AH OH =  x0 + y0 ( y0 − 2) =  x0 + y0 − y0 = ⇒ ⇔ Do gt :   AH = d ( H , Ox )  x02 + ( y0 − 2) = y0  x0 − y0 + =   y0   y0 = −1 ±   x02  y02 + y0 − = ⇒ ⇔ ⇒   y0  x0 − y0 + =  x0 = y0 −     x0 = −1 + = −8 + = −1 − = −8 − < (loai)  x = ± − ⇔ ⇒ H ± − 8; −1 + Phương trình ∆ : ( − 1) x ± − y =   y0 = −1 + * C2 : • ∆ ≡ Oy ⇒ H ≡ A : không thoả AH = d(H, Ox) • ∆ ≡ Ox ⇒ H ≡ O : không thoả AH = d(H, Ox) • Pt ∆ : y = kx (k ≠ 0)  AH ⊥ ∆ ⇒ y = − x+2  k  AH qua A ) ( 2k  x=  y = kx   2k 2k  k +1   ⇔ ⇒ H ; Toạ độ H = ∆ ∩ AH thoả hệ    ÷ 2  k +1 k +1  y = − k x +  y = 2k  k +1 2  2k  2k   2k AH = d ( H ; Ox ) ⇔  ÷ +  − 2÷ = ⇔ k − k −1 = k +1  k +1   k +1   1+ k = 2+2 ⇔ ⇔k =± Vậy ∆ : y = ± + x  1− < (loai ) k =  qua A(2;1; 0) uur ∆2  2/ M ∈ ∆1 ⇒ M(3+t; t; t) co1 VTCP a2 = (2;1; 2) uur uuuur uuuur Ta có : AM = (1 + t ; t − 1; t ) ⇒ [a2 , AM ] = (2 − t ; 2; t − 3) ; d(M; ∆2) = ⇔ (2 − t ) + + (t − 3) +1+ =1 t = ⇒ M (4;1;1) ⇔ 2t − 10t + 17 = ⇔ 2t − 10t + = ⇔  t = ⇒ M (7; 4; 4) x − 4x + y + = (1)  Câu VII.b: ; đk: x > 2, y >  log ( x − 2) − log y = (2)   y = x−2 2 (2) ⇒ ( x − 2) = y ⇒  y = 2− x  x = (loai) * y = x − (1) ⇒ x − x + x − + =  x = x − 4x + − x + =  * y = − x (1) ⇒   x = 1(loai) x − x + = x =    ⇒ x = 3; y = 1; x = 4; y = − o0o ...  2/ 42 x + x+2 + x = 2+ x+ + 2x + x−4 đk : x ≥ − (*); 3 4 2+ x + (24 x −4 − 1) − x (2 x −4 − 1) = ⇔ (24 x − − 1)(4 2+ x + − x ) = • 24 x −4 = ⇔ x − = ⇔ x = • 2 4+ x + = x ⇔ x = x + + 2( x − 2)... x − = 2( x + − 2) ⇔ ( x − 2)( x + x + 4) = x+2 +2 • x−2=0⇒ x = 2 • x2 + x + = x+ 2+2 VT = x + x + = ( x + 1) + ≥ ≤ ⇒ Phương trình vô nghiệm Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = VP = x+ 2+2 Câu III... ∫  x − ÷ln xdx = 2∫ x ln xdx − 3∫ ln x dx x x 1 11 4 11 4 I1 I2 e I1 = ∫ x ln xdx ; Đặt u = ln x ⇒ du = e e dx x2 ; dv = xdx ⇒ v = x e  x2  e2  x2  e2 + I1 =  ln x ÷ − ∫ xdx = −  ÷ =