Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 30 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
30
Dung lượng
1,7 MB
Nội dung
Đề số BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Mơn Thi: TỐN – Khối A Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x3 − mx + m3 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = 2) Xác định m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng y = x Câu II (2,0 điểm) tan x − tan x.sin x + cos3 x − = 1) Giải phương trình: 2) Giải phương trình: 5.32 x −1 − 7.3x −1 + − 6.3x + x +1 = Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I= ∫ 1 x( x + 1) dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC tam giác cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy Biết góc BAC = 120 0, tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: a3 b3 c3 + + =1 a + ab + b b2 + bc + c c + ca + a Tìm giá trị lớn biểu thức S = a + b + c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vng góc với mặt phẳng (Q): x + y + z = cách điểm M(1;2; −1 ) khoảng 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A (d 1): x + y + = 0, phương trình đường cao vẽ từ B (d2): 2x – y + = 0, cạnh AB qua M(1; –1) Tìm phương trình cạnh AC Câu VII.a (1 điểm) Có học sinh nam học sinh nữ xếp hàng dọc vào lớp Hỏi có cách xếp để có học sinh nam đứng xen kẻ học sinh nữ B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d): x = + 4t y = + 2t z = −3 + t mặt phẳng (P) : − x + y + z + = Viết phương trình đường thẳng (∆) nằm (P), song song với (d) cách (d) khoảng 14 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y = x điểm I(0; uuu r uur 2) Tìm toạ độ hai điểm M, N ∈ (P) cho IM = 4IN Câu VII.b (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: − x + x − + −5 + x − x = m Hướng dẫn Câu I: 2) Tacó Với m≠0 x = y ' = 3x − 3mx = 3x( x − m) = ⇔ x = m y’ đổi dấu qua nghiệm hàm số có CĐ,CT Khi điểm cực trị đồ thị là: A 0; m3 ÷, B(m; 0) Để A B đối xứng với qua đường phân giác y = x, điều kiện cần đủ OA = OB tức là: m = m3 ⇔ m = ⇒ m = ± 2 ⇔ π = kπ PT ⇔ tan x(1 − sin x) − (1 − cos3 x) = (1 − cos x)(1 − sin x)(sin x − cos x)(sin x + cos x + sin x cos x) = ⇔ x = k 2π ; x = Câu II: 1) ĐK: x ≠ Câu ⇔ π π π + kπ ; x = + α + k 2π ; x = − α + k 2π 4 2) PT ⇔ 32 x − 3x + (3.3x ) − 2.3.3x + = ⇔ ⇔ 5.32 x + 2.3x − = ⇔ x = − log3 3 3 1 −1 dt −1 π − ∫ − III: Đặt t = x ⇒ I = ∫ t − t + ÷dt = = = t +1 24 Câu IV: Hình chiếu SB SC (ABC) AB AC, mà SB = SC nên AB = AC Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 ⇔ a2 = 3AB2 ⇔ ⇒ a2 a 3 1a a a V = = 3 12 36 SA2 = a − ⇒ SA = Câu V: Ta chứng minh: ; S∆ABC = AB = a 1 a2 a2 AB AC.sin1200 = = 2 12 a3 2a − b ≥ 2 a + ab + b (1) Thật vậy, (1) ⇔ 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) ⇔ a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ ⇔ (a + b)(a – b)2 ≥ Tương tự: b3 2b − c ≥ 2 b + bc + c c3 2c − a ≥ 2 c + ac + a (2) , (3) Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được: a3 b3 c3 a+b+c + + ≥ 2 2 2 a + ab + b b + bc + c c + ca + a ⇒ S≤3 maxS = a = b = c = Vậy: Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = (với A2 + B + C ≠ ) Vì (P) ⊥ (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = ⇔ A + B + C = ⇔ C = –A – B (1) Theo đề: d(M;(P)) = ⇔ A + 2B − C A + B +C 2 = ⇔ ( A + B − C ) = 2( A2 + B + C ) (2) Thay (1) vào (2), ta được: • (1) B = →C = − A Chọn AB + B = ⇔ B = hay B = − A = 1, C = −1 (P) : x−z=0 8A • B =− 8A Chọn A = 5, B = (1) −1 →C = x − y + 3z = uuuu r ⇒ N ∈ AC MN = ( xN − 1, y N + 1) (P) : 2) Gọi N điểm đối xứng M qua (d1) uuuu r r ⇔ 1( xN − 1) − 1( y N + 1) = Ta có: MN / / n d = (1; 1) ⇔ xN − y N = Tọa độ trung điểm I MN: I ∈ (d1 ) ⇔ (1) 1 xI = (1 − xN ), y I = ( −1 + y N ) 2 1 (1 − xN ) + ( −1 + y N ) + = ⇔ xN + y N + = 2 (2) Giải hệ (1) (2) ta N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vng góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = N ∈ ( AC ) ⇔ + 2.( −3) + C = ⇔ C = Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + = Câu VII.a: :• HS nữ xếp cách Vậy HS nữ xếp vào vị trí là: (1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9) • Mổi 3vị trí có 3! cách xếp HS nữ • Mổi cách xếp HS nữ bộ, có 6! cách xếp HS nam vào vị trí lại Vậy có tất là: 5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3; − 3), B(6;5; − 2) ∈ (d), mà A, B ∈ (P) nên (d) ⊂ (P) Gọi r u VTCP ( d1 ) ⊂ (P), qua A vng góc với (d) nên ta chọn r r r u = [u , u P ] = (3; −9;6) Phương trình đường thẳng ( d1 ) r r u ⊥ ud r r u ⊥ uP x = + 3t : y = − 9t (t ∈ R) z = −3 + 6t Lấy M ( d1 ) M(2+3t; − 9t; − 3+6t) (∆) đường thẳng qua M song song với (d) Theo đề : AM = 14 ⇔ 9t + 81t + 36t = 14 ⇔ t = 1 ⇔t=± x −1 y − z + ⇒ M(1;6; − 5) ⇒ ( ∆1 ) : = = 1 x − y z + • t = ⇒ M(3;0; − 1) ⇒ (∆2 ) : = = 2) Gọi M ( x0 ; y0 ), N ( x1 ; y1 ) uhai điểm thuộc (P), đóuurta có: x0 = y02 ; x1 = y12 uuu r u r IM = ( x0 ; y0 − 2) = ( y02 ; y0 − 2) ; IN = ( y1 ; y1 − 2) = ( y12 ; y1 − 2); IN = (4 y12 ; y1 − 8) • t= − Theo giả thiết: uuu r uur IM = IN , suy ra: 2 y1 = ⇒ x1 = 1; y0 = −2; x0 = y0 = y1 ⇔ y0 − = y1 − y1 = ⇒ x1 = 9; y0 = 6; x0 = 36 Vậy, có cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3) Câu VII.b: Đặt t = − x + x − ⇒ t = + −5 + x − x ( ) t2 − = m t ∈ 2;2 t2 − t ∈ 2; 2 ⇒ f ′ (t ) = t + ⇒ f ′ (t ) = ⇔ t = −1∉ 2;2 Xét hàm số f (t ) = t + ⇒ f(t) = m có nghiệm ⇔ ≤ m ≤ ( + ) PT ⇔ t+ ( ) Đề số BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Mơn Thi: TỐN – Khối A Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x + mx3 − x − 3mx + (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu Câu II: (2 điểm) 2+3 1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2) Giải phương trình: x + + x x + + ( x + 1) x + x + = Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: π I = ∫ ( x + 1) sin xdx Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′.ABC hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA′ = b Gọi α góc hai mặt phẳng (ABC) (A′BC) Tính tan α thể tích khối chóp A′.BB′C′C Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác Chứng minh: a b2 c a b c + + ≥ + + b2 c2 a2 b c a II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) giao điểm đường chéo AC BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – = mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường tròn Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: x + x −1 + ≥ 10.3x + x− B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng ∆: x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường tròn (C) Tìm m để ∆ cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích ∆IAB lớn 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm D(–1; 1; 1) cắt ba trục tọa độ điểm M, N, P khác gốc O cho D trực tâm tam giác MNP Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: x − x +1 + 2(2 x − 1)sin(2 x + y − 1) + = -Hướng dẫn 2 Câu I: 2) Đạo hàm y′ = x + 3mx − x − 3m = ( x − 1)[4 x + (4 + 3m) x + 3m] x =1 y′ = ⇔ x + (4 + 3m) x + 3m = (2) Hàm số có cực tiểu ⇔ y có cực trị ⇔ y′ = có nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm phân biệt khác m≠± Thử lại: Với , ∆ = (3m − 4) > ⇔ ⇔ m≠± 4 + + 3m + 3m ≠ y′ = có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu Vậy, hàm số có cực tiểu m≠± Câu II: 1) PT ⇔ cos x = π π ⇔ x = ± + k ,k ∈ Z 16 v2 − u = x + 2 u = x + 2, u > u = x + ⇒ ⇒ v2 − u2 − 2) Đặt: 2 v = x + x + x = v = x + x + 3, v > v − u = v + u 1 PT ⇔ (v − u ) (v − u ) 1 + ÷+ = ⇔ (v + u ) 1 + v + u + = ÷ (b) (c ) Vì u > 0, v > 0, nên (c) vơ nghiệm Do đó: PT ⇔ v − u = ⇔ v = u ⇔ Câu III: Đặt u = x + dv = sin xdx x2 + 2x + = x2 + ⇔ x = − π ⇒I= 1 − ( x + 1) cos x + 2 π /2 π ∫ cos xdx = + Câu IV: Gọi E trung điểm BC, H trọng tâm ∆ ABC Vì A′.ABC hình chóp nên góc hai mặt phẳng (ABC) (A′BC) ϕ = ·A′ EH a a a , AH = , HE = Ta có : AE = Do đó: tan ϕ = VA ' ABC = A ' H 3b − a = HE a ; a 3b − a A ' H S ∆ ABC = 12 ⇒ S∆ABC = Do đó: VA ' BB 'CC ' = VABC A ' B ' C ' − VA' ABC = A ' H = A ' A2 − AH = 9b − 3a a2 a 3b − a ⇒ VABC A ' B 'C ' = A ' H S∆ABC = 4 a 3b − a Câu V: Áp dụng BĐT Cơ–si, ta có: a b2 c a b2 c2 + + ≥ 33 = (1) b c a b c a a b2 c a2 a b2 b c2 c a b c + ≥ ; + ≥ ; + ≥ • ⇒ b + c + a ≥ b + c + a ÷ − 2 b b c c a a a b2 c a b c Từ (1) (2) ⇒ + + ÷ ≥ + + ÷ ⇒ đpcm c a b b c a • (2) Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) ∆ : x + y – = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; – m); Gọi N trung điểm AB xN = xI − xE = 12 − m I trung điểm NE ⇒ ⇒ N (12 – m; m – 1) yN = yI − y E = − + m = m − uuuu r uur MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) uuuu r uur MN IE = ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = ⇔ m – = 0uuuhay 14 – 2m = ⇔ m = hay m = u r + m = ⇒ MN = (5; 0) ⇒ PT (AB) y = uuuu r + m = ⇒ MN = (4; 1) ⇒ PT (AB) x – – 4(y – 5) = ⇒ x – 4y + 19 = 2) I (1; 2; 3); R = + + + 11 = d (I; (P)) = 2(1) − 2(2) − − 4 + +1 =3 < R = Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) Phương trình d qua I, vng góc với (P) : x = + 2t y = − 2t z = − t Gọi J tâm, r bán kính đường tròn (C) J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; – 2t; – t) J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – = ⇒ t = Vậy tâm đường tròn J (3; 0; 2) , bán kính r = R − IJ = Câu VII.a: Đặt t = 3x + x , t > BPT ⇔ t2 – 10t + ≥ ⇔ ( t ≤ t ≥ 9) Khi t ≤ ⇒ t = 3x + x ≤ ⇔ x + x ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ (a) 2 Khi t ≥ ⇒ t = 3x +x x ≤ −2 ≥ ⇔ x2 + x − ≥ ⇔ x ≥1 (b) Kết hợp (a) (b) ta có tập nghiệm bpt là: S = (–∞; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; + ∞) Câu VI.b: 1) (C) có tâm I (–2; –2); R = Giả sử ∆ cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ∆ABC, ta có · · IA.IB.sin AIB = sin AIB · Do S∆ABC lớn sin AIB = ⇔ ∆AIB vng I − 4m IA = (thỏa IH < R) ⇔ =1 ⇔ IH = m2 + ⇔ – 8m + 16m2 = m2 + ⇔ 15m2 – 8m = ⇔ m = hay m = 15 S∆ABC = 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz uuur uuuu r uuur uuuu r DP = ( 1; −1; p − 1) ; NM = ( m; − n;0 ) DP.NM = m + n ⇒ uuur uuuu uuuu r r Ta có : uuur DN PM = m + p DN = ( 1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p ) Phương trình mặt phẳng (P): D trực tâm x y z + + = m n p −1 1 + + = m n p uuur uuuu r uuur uuuu r DP ⊥ NM DP.NM = r r uuur uuuu uuur uuuu DN ⊥ PM ⇔ DN PM = D ∈ ( P) D ∈ ( P) Vì D ∈(P) nên: ∆MNP ⇔ ⇔ m + n = m = −3 m + p = ⇔ n = p = −1 + + = m n p x y z + + =1 −3 3 x x − + sin(2 + y − 1) = 0(1) x x x ( − + sin(2 + y − 1) ) + cos (2 + y − 1) = ⇔ VII.b: PT ⇔ x (2) cos(2 + y − 1) = Từ (2) ⇒ sin(2 x + y − 1) = ±1 Kết luận, phương trình mặt phẳng (P): Câu • Khi sin(2 x + y − 1) = , thay vào (1), ta được: 2x = (VN) • Khi sin(2 x + y − 1) = −1 , thay vào (1), ta được: 2x = ⇔ x = π + kπ , k ∈ Z π 1; −1 − + kπ , k ∈ Z ÷ Thay x = vào (1) ⇒ sin(y +1) = –1 ⇔ Kết luận: Phương trình có nghiệm: y = −1 − Đề số3 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Mơn Thi: TỐN – Khối A Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3m x + 2m (Cm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 2) Tìm m để (Cm) trục hồnh có điểm chung phân biệt Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: (sin x − sin x + 4) cos x − =0 2sin x + 2) Giải phương trình: 8x + = Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: x +1 − π sin xdx (sin x + cos x) I =∫ Câu IV: (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), ∆ABC vng cân đỉnh C SC = a Tính góc ϕ mặt phẳng (SCB) (ABC) để thể tích khối chóp lớn Câu V: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực phân biệt: − x − + x − (2 − x)(2 + x) = m II PHẦN RIÊNG (3 điểm): A Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(3;1) Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt tia Ox, Oy A B cho (OA+3OB) nhỏ 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) B(3;4;1) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x − y + z − = để ∆MAB tam giác Câu VII.a: (1 điểm) Tìm hệ số x 20 khai triển Newton biểu thức n 5 +x ÷ x , biết rằng: 1 1 Cn0 − Cn1 + Cn2 + + (−1) n Cnn = n +1 13 B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(1;0), B(–2;4), C(–1;4), D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (∆) : 3x − y − = cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (∆1 ) có phương trình { x = 2t ; y = t; z = ; (∆2 ) giao tuyến mặt phẳng (α ) : x + y − = ( β ) : x + y + z − 12 = Chứng tỏ hai đường thẳng ∆1 , ∆2 chéo viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vng góc chung ∆1 , ∆2 làm đường kính Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y= x + (2m + 1) x + m + m + 2( x + m) Chứng minh với m, hàm số ln có cực trị khoảng cách hai điểm cực trị khơng phụ thuộc m Hướng dẫn Câu I: 2) (Cm) Ox có điểm chung phân biệt y có CĐ, CT ⇔ yCĐ = yCT = ⇔ m = ±1 Câu II: 1) PT ⇔ (2cos x − 1)(sin x cos x + 2) = ⇔ 2sin x + ≠ π + k 2π x = u > 0; x +1 − = v PT ⇔ 3 u = v > u + = 2v u + = 2v ⇔ ⇔ 2 v + = 2u (u − v)(u + uv + v + 2) = u − 2u + = Câu III: Đặt ⇔ x = x = log −1 + π 2 π cos tdt cos xdx x = − t ⇒ dx = − dt ⇒ I = = ∫ ∫ (sin t + cos t ) (sin x + cos x)3 0 π Câu x= 2) Đặt π Câu ⇔ π π dx 12 dx π 2I = = ∫0 (sin x + cos x)2 ∫0 π = − cot( x + ) = ⇒ I = ⇒ sin ( x + ) a π IV: ϕ = ·SCA ∈ 0; ÷ ⇒ VSABC = (sin ϕ − sin ϕ ) Xét hàm số y = sin x − sin x π π a3 a3 sin ϕ = ϕ ∈ 0; ÷ ymax = 0; ÷ Từ BBT ⇒ (VSABC ) max = , 2 2 −1 V: Đặt t = − x − + x ⇒ t ' = 2 − x − 2 + x < ⇒ t = t ( x) nghịch biến [−2; 2] ⇒ t ∈ [−2; 2] Khi đó: PT ⇔ 2m = t + 2t − Xét hàm f (t ) = t + 2t − với t ∈ [−2; 2] Từ BBT ⇒ Phương trình có nghiệm phân biệt < m ≤ −2 x y B(0;b): a + b = ⇔ −5 < m ≤ − ⇔ − Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox A(a;0), tia Oy (a,b>0) M(3; 1) ∈ d 1= Cơ − si + ≥ ⇒ ab ≥ 12 a b a b a = 3b a = ⇒ ( OA + OB ) = 12 ⇔ 3 1 ⇔ Mà OA + 3OB = a + 3b ≥ 3ab = 12 = = b = a b x y Phương trình đường thẳng d là: + = ⇔ x + y − = 2) Gọi (Q) mặt phẳng trung trực đoạn AB ⇒ (Q): x + y − z − = d giao tuyến (P) (Q) ⇒ d: { x = 2; y = t + 1; z = t M ∈ d ⇒ M (2; t + 1; t ) ⇒ AM = 2t − 8t + 11 Vì AB = 12 nên ∆ MAB MA = MB = AB ± 18 ± 18 ± 18 ⇒ M 2; ; ÷ 2 (1 − x) n = Cn0 − Cn1 x + Cn2 x − + (−1) n Cnn x n = B ⇔ 2t − 8t − = ⇔ t = Câu VII.a: Ta có khoảng 1 1 Vì ∫ (1 − x) dx = n + , ∫ Bdx = Cn − Cn + Cn + + (−1) n • 12 ( 2 + x5 ) n = ∑ C12k ( ) x x k =0 ⇒ Hệ số x 20 n−k là: n Cnn ⇒ n + = 13 ⇒ n = 12 n +1 ⇒ ( x5 ) k , Tk +1 = C12k 212 − k x8 k −36 8k − 36 = 20 ⇔ k = C127 25 = 25344 x = t M ∈ ∆ ⇒ M(t; 3t – 5) y = 3t − 7 S MAB = S MCD ⇔ d ( M , AB ) AB = d ( M , CD ).CD ⇔ t = −9 ∨ t = ⇒ M (−9; −32), M ( ; 2) 3 ∆ ∆ A (2 t ; t ; 4) ∈ ∆ B (3 + s; − s;0) ∈ ∆2 2) Gọi AB đường vng góc chung , : 1, Câu VI.b: 1) Phương trình tham số ∆: AB ⊥ ∆1, AB ⊥ ∆2 ⇒ A(2;1; 4), B(2;1;0) ⇒ Phương trình mặt cầu là: ( x − 2)2 + ( y − 1) + ( z − 2) = Câu VII.b: Hàm số ln có hai điểm cực trị x1 = −m − 2, x2 = −m + Khoảng cách hai điểm cực trị AB = ( y2 − y1 )2 + ( x2 − x1 ) = x1 − x2 = (khơng đổi) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Mơn Thi: TỐN – Khối A Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y= x + 3m − ( + m ) x + 4m có đồ thị (Cm) (m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m = 2) Xác định m cho đường thẳng (d): y = − x + m cắt đồ thị (C) hai điểm A, B cho độ dài đoạn AB ngắn Câu II: (2 điểm) s inx − cosx + 4sin x = 1) Giải phương trình: 2) Tìm m để hệ phương trình: x y − x + y = 2 m ( x + y ) − x y = có ba nghiệm phân biệt Câu III: (1 điểm) Tính tích phân I = ∫ x − x dx ; e J= xe x + ∫1 x(e x + ln x) dx Câu IV: (1điểm) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a điểm M cạnh AB cho AM = x, (0 < x < a) Mặt phẳng (MA'C') cắt BC N Tính x theo a để thể tích khối đa diện MBNC'A'B' thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' Câu V: (1 điểm) Cho x, y hai số dương thay đổi thoả điều kiện 4(x + y) – = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm) + x 4y 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆1: 3x + y + = ; ∆2: x – 3y – = Viết phương trình đường tròn có tâm nằm đường thẳng d: x – 6y – 10 = tiếp xúc với ∆1, ∆2 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp A.OBC, A(1; 2; 4), B thuộc trục Ox có hồnh độ dương, C thuộc Oy có tung độ dương Mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (OBC), tan·OBC = Viết phương trình tham số đường thẳng BC Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: z − 2(2 + i) z + + 4i = tập số phức B Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M 1(155; 48), M2(159; 50), M3(163; 54), M4(167; 58), M5(171; 60) Lập phương trình đường thẳng d qua điểm M(163; 50) cho đường thẳng gần điểm cho 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(2;0;0), C(0;4;0), S(0; 0; 4).Tìm tọa độ điểm B mp(Oxy) cho tứ giác OABC hình chữ nhật Viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm O, B, C, S Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh : 8a − 8a + ≤ , với a thuộc đoạn [–1 ; 1] Hướng dẫn Câu I: 2) AB = ( 2m − 1) Câu II: 1) Đặt +4 ≥ Dấu "=" xảy ⇔ t = sin x − cos x , t ≥ 2) Hệ PT ⇔ m= PT ⇔ t – t2 = ⇔ x= ⇒ AB ngắn ⇔ m= π π + kπ ; x = l , ( k , l ∈ Z ) (m − 1) x + 2(m − 3) x + 2m − = (1) x2 + y = x +1 • Khi m = 1: Hệ PT ⇔ 2 x + = x2 + y = x +1 • Khi m ≠ Đặt t = x2 , t ≥0 (VN ) f (t ) = (m − 1)t + 2(m − 3)t + 2m − = Xét (2) Hệ PT có nghiệm phân biệt ⇔ (1) có ba nghiệm x phân biệt ⇔ (2) có nghiệm t = nghiệm t > ⇔ I = ∫ x3 − x dx Câu III: • Đặt: e xe + x e t = 1− x ⇒ f (0) = ( m − 3) ⇔ ⇔ m = > S = 1− m I = ∫ ( t + t ) dt = = d ( e x + ln x ) 15 e +1 • J = ∫1 x ( e x + ln x ) dx = ∫ e x + ln x = ln e x + ln x = ln e Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy S Đặt V = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V = VMBNC'A'B' Ta có a ( a − x) SB a − x = ⇒ SB = SB ' a x 1− x a ta có: a4 x V1 = 1 − ÷ 6x a ; Do đó: e , (0< x < a) Xét phép vị tự tâm S tỉ số k = ⇒ e V = V2 − V1 = V1 a − x = ÷ V2 a Mà a4 V2 = S∆ A ' B ' C ' SB ' = 6x a x a3 x x − − = + − + − ÷÷ ÷ ÷ x a ÷ a a ⇔ ∆ ' = 4m − m − > f (1) = −5m + > S = 2m − < ⇔ 2 Câu II: 1) (1) ⇔ cos4x = 2) (2) ⇔ ⇒ M nằm ngồi (C) (C) có tâm I(1;–1) R = uuur uuur Mặt khác: PM /( C ) = MA.MB = 3MB ⇒ MB = ⇒ BH = ⇒ IH = R − BH = = d [M ,(d )] Tương tự: Câu Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = (a2 + b2 > 0) a = =4⇔ a = − 12 b a2 + b2 −6a − 4b d [ M ,( d )] = ⇔ Vậy (d): y – = (d): 12x – 5y – 69 = r 2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) ∈∆1; ∆2 qua A (1; 3; –1) có véctơ phương a = (2; 1; –2) uuuu r r uuuu r AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8) ⇒ AM;a = (14 – 8t; 14t – 20; – t) Ta có : d (M, ∆2) = d (M, (P)) ⇔ 261t − 792t + 612 = 11t − 20 ⇔ 35t2 – 88t + 53 = ⇔ t = hay t = 53 35 18 53 Vậy M (0; 1; –3) hay M ; ; ÷ 35 35 35 Câu VII.a: ∆’ = –9 = 9i phương trình có nghiệm z = –1 – 3i, z2 = –1 + 3i 2 ⇒ A = z1 + z2 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + u5y – 12 = uuu r 2) Chọn N ∈ d ⇒ N (t ;1 + 2t ;2 + t ) ⇒ MN = (t − 2; 2t − 1; t − 2) Câu uuuu rr x −1 y − z − MN P ( P ) ⇔ MN n P = ( M ∉ ( P ) ) ⇔ t = ⇔ N (1;3;3) ⇒ d ' : = = −1 VII.b: Điều kiện: x > Đặt t = log x ⇔ x = 7t PT ⇔ ( log + t ) t t t t 3 3 = t ⇔ + = 2t ⇔ + = ⇔ ÷ + ÷ − = 8 8 t Hàm số t (*) t 3 3 f (t ) = ÷ + ÷ − 8 8 nghịch biến f (3) = nên (*) có nghiệm t = Vậy phương trình có nghiệm x = 343 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Mơn Thi: TỐN – Khối A Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x + mx3 − x − 3mx + (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu Câu II: (2 điểm) 2+3 1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2) Giải phương trình: x + + x x + + ( x + 1) x + x + = Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: π I = ∫ ( x + 1) sin xdx Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A′.ABC hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA′ = b Gọi α góc hai mặt phẳng (ABC) (A′BC) Tính tan α thể tích khối chóp A′.BB′C′C Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác Chứng minh: a b2 c a b c + + ≥ + + b2 c2 a2 b c a II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) giao điểm đường chéo AC BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng ∆: x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – = mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm tính bán kính đường tròn Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: x + x −1 + ≥ 10.3x + x− B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 + 4x + 4y + = đường thẳng ∆: x + my – 2m + = với m tham số thực Gọi I tâm đường tròn (C) Tìm m để ∆ cắt (C) điểm phân biệt A B cho diện tích ∆IAB lớn 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm D(–1; 1; 1) cắt ba trục tọa độ điểm M, N, P khác gốc O cho D trực tâm tam giác MNP Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: x − x +1 + 2(2 x − 1)sin(2 x + y − 1) + = -Hướng dẫn Câu I: 2) Đạo hàm y′ = x3 + 3mx − x − 3m = ( x − 1)[4 x + (4 + 3m) x + 3m] x =1 y′ = ⇔ x + (4 + 3m) x + 3m = (2) Hàm số có cực tiểu ⇔ y có cực trị ⇔ y′ = có nghiệm phân biệt ⇔ (2) có nghiệm phân biệt khác Thử lại: Với m≠± , ∆ = (3m − 4) > ⇔ ⇔ m≠± 4 + + 3m + 3m ≠ y′ = có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu Vậy, hàm số có cực tiểu m≠± Câu II: 1) PT ⇔ 2) Đặt: cos x = π π ⇔ x = ± + k ,k ∈ Z 16 v2 − u = 2x + 2 u = x + 2, u > u = x + ⇒ ⇒ v2 − u − 2 v = x + x + v = x + x + 3, v > x = PT ⇔ v − u = v + u 1 (v − u ) (v − u ) + ÷ + = ⇔ (v + u ) + v + u + = 2 ÷ (b) (c ) Vì u > 0, v > 0, nên (c) vơ nghiệm Do đó: PT ⇔ v − u = ⇔ v = u ⇔ Câu III: Đặt u = x + dv = sin xdx x2 + 2x + = x2 + ⇔ x = − π ⇒I= 1 − ( x + 1) cos x + 2 π /2 π ∫ cos xdx = + Câu IV: Gọi E trung điểm BC, H trọng tâm ∆ ABC Vì A′.ABC hình chóp nên góc hai mặt phẳng (ABC) (A′BC) ϕ = ·A′ EH a a a , AH = , HE = Ta có : AE = Do đó: tan ϕ = VA ' ABC = A ' H 3b − a = HE a ; a 3b − a A ' H S ∆ ABC = 12 ⇒ S∆ABC = Do đó: VA ' BB 'CC ' = VABC A ' B ' C ' − VA' ABC = A ' H = A ' A2 − AH = 9b − 3a a2 a 3b − a ⇒ VABC A ' B 'C ' = A ' H S∆ABC = 4 a 3b − a Câu V: Áp dụng BĐT Cơ–si, ta có: a b2 c a b2 c2 + + ≥ =3 • 2 (1) b c a b2 c2 a2 a b2 c a2 a b2 b c2 c a b c + ≥ ; + ≥ ; + ≥ • ⇒ b + c + a ≥ b + c + a ÷ − 2 b b c c a a 2 a b c a b c Từ (1) (2) ⇒ + + ÷ ≥ + + ÷ ⇒ đpcm c a b b c a (2) Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) ∆ : x + y – = 0, E ∈ ∆ ⇒ E(m; – m); Gọi N trung điểm AB xN = xI − xE = 12 − m I trung điểm NE ⇒ ⇒ N (12 – m; m – 1) yN = yI − y E = − + m = m − uuuu r uur MN = (11 – m; m – 6); IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) uuuu r uur MN IE = ⇔ (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = ⇔ m – = 0uuuhay 14 – 2m = ⇔ m = hay m = u r + m = ⇒ MN = (5; 0) ⇒ PT (AB) y = uuuu r + m = ⇒ MN = (4; 1) ⇒ PT (AB) x – – 4(y – 5) = ⇒ x – 4y + 19 = 2) I (1; 2; 3); R = + + + 11 = d (I; (P)) = 2(1) − 2(2) − − 4 + +1 =3 < R = Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) Phương trình d qua I, vng góc với (P) : x = + 2t y = − 2t z = − t Gọi J tâm, r bán kính đường tròn (C) J ∈ d ⇒ J (1 + 2t; – 2t; – t) J ∈ (P) ⇒ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – = ⇒ t = Vậy tâm đường tròn J (3; 0; 2) , bán kính r = R − IJ = Câu VII.a: Đặt t = 3x + x , t > BPT ⇔ t2 – 10t + ≥ ⇔ ( t ≤ t ≥ 9) Khi t ≤ ⇒ t = 3x + x ≤ ⇔ x + x ≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ (a) 2 Khi t ≥ ⇒ t = 3x +x x ≤ −2 ≥ ⇔ x2 + x − ≥ ⇔ x ≥1 (b) Kết hợp (a) (b) ta có tập nghiệm bpt là: S = (–∞; –2] ∪ [–1;0] ∪ [1; + ∞) Câu VI.b: 1) (C) có tâm I (–2; –2); R = Giả sử ∆ cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ∆ABC, ta có · · IA.IB.sin AIB = sin AIB · Do S∆ABC lớn sin AIB = ⇔ ∆AIB vng I − 4m IA = (thỏa IH < R) ⇔ =1 ⇔ IH = m2 + ⇔ – 8m + 16m2 = m2 + ⇔ 15m2 – 8m = ⇔ m = hay m = 15 S∆ABC = 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz uuur uuuu r uuur uuuu r DP = ( 1; −1; p − 1) ; NM = ( m; − n;0 ) DP.NM = m + n ⇒ uuur uuuu uuuu r r Ta có : uuur DN PM = m + p DN = ( 1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p ) Phương trình mặt phẳng (P): D trực tâm x y z + + = m n p ∆MNP −1 1 + + = m n p uuur uuuu r uuur uuuu r DP ⊥ NM DP.NM = r r uuur uuuu uuur uuuu DN ⊥ PM ⇔ DN PM = D ∈ ( P) D ∈ ( P) Vì D ∈(P) nên: ⇔ ⇔ m + n = m = −3 m + p = ⇔ n = p = −1 + + = m n p Kết luận, phương trình mặt phẳng (P): Câu VII.b: PT ⇔ CAO ĐẲNG NĂM 2010 x y z + + =1 −3 3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, http://ductam_tp.violet.vn/ Mơn thi : TỐN Thời gian làm : 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ………………… ∞∞∞∞∞∞∞∞ ……………… I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) x+2 (C) x −1 (1,0 điểm Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (C) 2.(1,0 điểm) Cho ®iĨm A(0;a) X¸c ®Þnh a ®Ỵ tõ A kỴ ®ỵc hai tiÕp tun tíi (C) cho hai tiÕp ®iĨm t¬ng øng n»m vỊ hai phÝa trơc ox Câu II (2,0điểm) Câu I (2,0 điểm)Cho hµm sè y = (1,0 điểm) (1,0 điểm) π 2π ÷ = ( sin x +1) 2 2 Giải PT : cos x + ÷+ cos x + 3 Giải PT : x + − x = + 3x − x π π − Câu III (1,0điểm) Tính tích phân I= ∫ sin x + cos x dx 6x + Câu IV (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thảng ( ∆ ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I ∈ ∆ khoảng cách từI đến mp(P) mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3 II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn làm hai câu(Va hoặcVb) Câu Va 1(2,0 điểm) Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (20;0 ) Tìm toạ độ C 2.(1,0 điểm) Từ số 0,1,2,3,4,5,6 Lập số có chử số khác mà thiết phải có chử số Câu Vb (2,0 điểm).Cho hình chóp S ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 60 0, ABC SBC tam giác cạnh a Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) log ( x + 1) − log ( x + 1) >0 x − 3x − 2.(1,0 điểm) Giải B PT ……………………Hết…………………… HƯỚNG DẨN GIẢI I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I 1/*-TËp x¸c ®Þnh:D=R\{1} *-Sù biÕn thiªn −3 Hoµnh ®é tiÕp ®iĨm x ; x lµ nghiƯm cđa (4) x +2 x +2 Tung ®é tiÕp ®iĨm lµ y = , y2 = x1 − x2 − §Ĩ hai tiÕp ®iĨm n»m vỊ hai phÝa cđa trơc ox lµ: y y < ⇔ x x + 2(x + x ) + 9a + − VËy x x − (x + x ) + −3 ®kiƯn bµi to¸n Câu II (2,5 điểm) 1) Bg: (1) π − 2π (x + 2)(x + 2) Khi S=2 P=0 => x = 2; y = Khi −6 − 126 x= 10 s=− ;p=− ⇒ 3 y = −6 + 126 Vậy PT có nghiêm: π π − Câu III (1,0điểm) Tính tích phân I= ∫ sin x + cos x dx 6x + * Đăt t = -x => dt = -dx π π * Đổi cận: x = − ⇒ t = ;; x = π π − I =∫ 6t π π ⇒t =− 4 π π sin t + cos t sin t + cos t t 6 4 dt ; => I = (6 + 1) dt = π π (sin t + cos )tdt t t ∫ ∫ − − +1 +1 4 π π − 2I = ∫ π π 5π 5 31 4 − sin t dt = + cos t dt = t + sin t π ÷ ÷ ÷π = ∫ − 16 8 − 48 5π =>I = 32 Câu IV (2,0 điểm)Trong kg Oxyz cho đường thảng ( ∆ ): x= -t ; y=2t -1 ; z=t +2 mp(P):2x – y -2z - 2=0 Viết PT mặt cầu(S) có tâm I ∈ ∆ khoảng cách từI đến mp(P) mặt cầu(S) cắt mp(P )theo giao tuyến đường tròn (C)có bán kính r=3 Bg:m cầu(S) có tâm I ∈ ∆ g sửI(a;b;c ) =>(a;b;c) thoả mản PT ∆ (1) * d ( I;( P) ) = (2) Từ (1) và(2) ta có hệ PT: a − b − 2c − = 11 14 1 7 a=t ⇒ ⇒ heconghiem ; − ; ÷; va − ; − ; ÷ b = 2t − 6 6 3 3 c =t+2 Do r = R − = ⇔ R = 13 Vậy có mặt cầu theo ycbt : 2 14 1 11 ( S1 ) : x − ÷ + y + ÷ + z − ÷ = 13 6 3 6 2 1 ( S2 ) : x + ÷ + y + ÷ + z − ÷ = 13 3 3 3 II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn làm hai câu(Va hoặcVb) Câu Va ( 2,0 điểm ) : 1.(2,0 điểm) Trong Oxy hình thang cân ABCD có AB //CD A( 10;5) ; B(15;-5 ) ; D (-20;0 ) Tìm toạ độ C Bg: 25 ;0 ÷ *M trung điểm AB => M uuu r ∆quaM ; ∆ ⊥ AB ( 5;−10 ) ⇒ PT ∆ : x − y − 25 = * x = −20 + t dtDC // AB; dtDCquaD ( −20;0 ) ⇒ pttsDC : y = −2t 27 ; −13 ÷ * N = DC ∩ ∆ ⇒ N − *Do ABCD h thang cân=>C đ xửng với D qua ∆ =>N trung điểm CD=> C(-7;-26) 2.(1,0 điểm) Từ số 0,1,2,3,4,5,6 Lập số có chử số khác mà thiết phải có chử số Bg: *Số có chử số khác là: 6.A64 (số) * Số có chử số khác khơng có mặt chử số là: 3.A54 *Vậy Số có chử số khác ln có mặt chử số là: A64 − A54 = 1560 (SỐ) Bài Vb: 1).(2,0 điểm).Gọi M trung điểm BC O hình chiếu S lên AM Suy ra: SM =AM = a ; ·AMS = 600 SO ⊥ mp(ABC) S 3a ⇒ d(S; BAC) = SO = Gọi VSABC- thể tích khối chóp S.ABC ⇒ VS.ABC = 13 S∆ABC SO = a16 (đvtt) Mặt khác, VS.ABC = 13 S∆SAC d ( B; SAC ) A ∆SAC cân C có CS =CA =a; SA = a ⇒ C O S∆SAC = a 13 16 Vậy: d(B; SAC) = 3VS ABC = 3a S∆SAC 13 M B (đvđd) log ( x + 1) − log ( x + 1) > (1) x − 3x − *ĐK: x >-1 x ≠ x − x − > 0khi x > 2.(1,0 điểm) Giải B PT Bg: *Do x − x − < 0khi − < x < *Xét ( 4; +∞ ) → ( 1) ⇔ log x +1 − log x +1 > ⇔ ∀x ⇒ bpt ( 1) co.nghiemS = ( 4; +∞ ) * Xét ( −1; ) → ( 1) ⇔ log x +1 − log x +1 < ⇔ log x +1 < 9 -Xét ( 0; ) → ( 1) ⇔ log x +1 < ⇔ VN Vậy bpt có tập nghiệm :T= ( −1;0 ) ∪ ( 4; +∞ ) -Xét ( −1;0 ) → ( 1) ⇔ log x +1 < ⇔ ∀x ∈ ( −1;0 ) HẾT Từ (2) ⇒ sin(2 x + y − 1) = ±1 • Khi sin(2 x + y − 1) = , thay vào (1), ta được: 2x = (VN) • Khi sin(2 x + y − 1) = −1 , thay vào (1), ta được: 2x = ⇔ x = π + kπ , k ∈ Z π 1; −1 − + kπ , k ∈ Z ÷ Thay x = vào (1) ⇒ sin(y +1) = –1 ⇔ Kết luận: Phương trình có nghiệm: y = −1 − BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Mơn Thi: TỐN – Khối A Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y = ( x – m)3 – 3x (1) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm: x − − 3x − k < 1 log x + log ( x − 1) ≤ 2 Câu II: (2 điểm) 1) Tìm tổng tất nghiệm x thuộc [ 2; 40] phương trình: sinx – cos2x = 2) Giải phương trình: log x + − log (3 − x) − log ( x − 1)3 = e Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: 2 I = ∫ x + ÷ln xdx x 1 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, ·BAD = 600 , SA vng góc mặt phẳng (ABCD), SA = a Gọi C′ trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC′ song với BD, cắt cạnh SB, SD hình chóp B′, D′ Tính thể tích khối chóp S.AB′C′D′ Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c ba cạnh tam giác Chứng minh bất đẳng thức: ab bc ca a b c + + ≥ + + c(c + a) a(a + b) b(b + c) c + a a + b b + c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho phương trình hai cạnh tam giác 5x – 2y + = 4x + 7y – 21 = Viết phương trình cạnh thứ ba tam giác đó, biết trực tâm trùng với gốc tọa độ O 2) Trong khơng gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt trục tọa độ I, J, K mà A trực tâm ∆IJK Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: S = 1.2.C252 + 2.3.C253 + + 24.25.C2525 B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600 2) Trong khơng 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) Viết phương trình đường thẳng (D) vng góc với mặt phẳng (Oxy) cắt đường thẳng AB, CD Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện: z = phần thực z hai lần phần ảo Hướng dẫn x − − 3x − k < (1) Câu I: 2) Ta có : Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1 log2 x + log2 ( x − 1) ≤ (2) 2 3 Từ (2) ⇔ x(x – 1)≤ ⇔ < x ≤ Hệ PT có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm thoả < x ≤ ( x − 1)3 − 3x − k < ⇔ ⇔ 1 < x ≤ ( x − 1)3 − 3x < k 1 < x ≤ Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x g(x) = k (d) Dựa vào đồ thị (C) ⇒ (1) có nghiệm f ( x ) = f (2) = −5 Vậy hệ có nghiệm ⇔ k > – x ∈(1;2] ⇔ k ≥ ( 1;2 Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = ⇔ 2sin2x + sinx –1 = ⇔ Vì x ∈[ 2; 40] nên 2≤ ⇒ 0,7 ≤ k ≤ 18,8 ⇒ k π 2π +k ≤ 40 ⇒ 2π ∈ { 1, 2,3, ,18} x= π 2π +k ,k ∈¢ π π − ÷≤ k ≤ 40 − ÷ π 6 π 2π (1 + + + + 18) = 117π log ( x + 1) + log (3 − x) − log ( x − 1) = 2) Điều kiện: < x < PT ⇔ 1 < x < ± 17 ⇔ ( x + 1) ( − x ) = x − ⇔ x + x − = ⇔ x = (tmđk) e e e 2 ln x I = x + ln xdx = x ln xdx + III: Ta có : ∫1 x ÷ ∫1 ∫1 x dx = = e + 5 Gọi S tổng nghiệm thoả YCBT: S = 18 + Câu Câu IV: Ta có: ∆SAC vng A ⇒ SC = SA2 + AC = 2a ⇒ AC′ = SC =a⇒ ∆SAC′ Vì (P) chứa AC′ (P) // BD ⇒ B′D′ // BD Gọi O tâm hình thoi ABCD I giao điểm AC′ B′D′ ⇒ I trọng tâm ∆SBD Do đó: 2 B′ D′ = BD = a 3 Mặt khác, BD ⊥ (SAC) ⇒ D′B′ ⊥ (SAC) ⇒ B′D′ ⊥ AC′ Do đó: SAB'C'D' = a2 AC ′ B′ D′ = Đường cao h khối chóp S.AB′C′D′ đường cao tam giác SAC′ ⇒ h= a Vậy thể tích khối chóp S AB′C′D′ V = a3 h.S AB 'C ' D ' = 18 a b b c c a − 1÷ + − 1÷ + − 1÷ ≥ c+ac a+ba b+cb b c a − 1÷ + − ÷+ −1 ≥ c a b ⇔ + c + a + b ÷ (1) a b c a b c Đặt: x = > 0; y = > 0; z = > ⇒ x y.z =1 Khi : b c a x −1 y −1 z −1 2 2 2 (1) ⇔ y + + z + + x + ≥ ⇔ x + y + z + xy + yz + zx − x − y − z ≥ (*) Vì x + y + z ≥ ( x + y + z ) ≥ xyz ( x + y + z ) = x + y + z ( theo BĐT Cơ–si) Câu V: Ta có BĐT ⇔ Và xy + yz + zx ≥ 3 ( xyz ) = (theo BĐT Cơ–si) Do đó: (*) Vậy (1) CM Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z ⇔ a = b = c Khi tam giác ABC tam giác Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3) r a Đường cao đỉnh B qua O nhận VTCP = (7; −4) AC làm VTPT ⇒ BO: 7x – 4y = ⇒ B(–4; –7) A nằm Oy ⇒ đường cao AO trục Oy Vậy AC: y + = x y z a b uu cr uuu r JK = (0; −b; c), IK = ( − a;0; c) 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ⇒ ( P) : + + = uu r IA = (4 − a;5;6), uur JA = (4;5 − b;6); 77 a= a + b + c = 77 Ta có: −5b + 6c = ⇒ b = ⇒ phương trình mp(P) 77 − a + c = c = Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: ( x + 1) n n = ∑ Cnk x k k =0 Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n(n − 1) ( x + 1) Cho x = n = 25 từ (1) ⇒ 25 24.2 = 23 25 n−2 n = ∑ k (k − 1)Cnk x k − k =2 ∑ k (k − 1)C25k k =2 25 (1) ⇔ ∑ k (k − 1)C25 = k k =2 5033164800 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) bán kính R = M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm) ⇒ ·AMB = 600 (1) ·AMB = 1200 (2) Vì MI phân giác ·AMB nên: IA ⇔ MI = 2R ⇔ m + = ⇔ m = ± sin 300 IA ⇔ MI = ⇔ MI = R ⇔ m2 + = (vơ sin 600 3 (1) ⇔ ·AMI = 300 ⇔ MI = (2) ⇔ ·AMI = 600 nghiệm) Vậy có hai điểm M1(0; ) M2(0; – ) uuu r uuur uuu r 2) BA = (4;5;5) , CD = (3; −2;0) , CA = (4;3;6) uuu r r r Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P) ⊥ (Oxy) ⇒ (P) có VTPT n1 = BA, k = (5; –4; 0) ⇒ (P): 5x – 4y = uuur r r (Q) mặt phẳng qua CD (Q) ⊥ (Oxy) ⇒ (Q) có VTPT n2 = CD, k = (– 2;–3; 0) ⇒ (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)∩(Q) ⇒ Phương trình (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo) Ta có: a = −2 a = z =5 a + b = a = 2b ÷ ⇔ ⇔ ⇔ ∨ b = − ÷ b = ± b = a = 2b a = 2b Kết luận: Có hai số phức thoả u cầu tốn: z = −2 − 5i; z = + 5i [...]... tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = –x x = −1 ⇒ y = 1 −1 0 0 Nghĩa là: f ′(x0) = ±1 ⇒ (2x + 3) 2 = ±1 ⇒ x = −2 ⇒ y = 0 0 0 0 ∆1 : y – 1 = –1(x + 1) ⇔ y = –x (loại); ∆2 : y – 0 = –1(x + 2) ⇔ y = –x – 2 (nhận) π 2 cos 2 x cos 2 x − sin 2 x =2 = cot x − tan x Ta có: 2cot 2 x = 2 sin 2 x 2sin x cos x cot x ≤ 3 π PT ⇔ 3 + cot x = 3 − cot x ⇔ cot 2 x − 7 cot x + 6 = 0 ⇔ cot... − 1) + 1 ≤ 1 ⇔ 1 − 8sin 2 x cos 2 x ⇔ 1 − 8sin 2 x cos 2 x ≤ 1 ⇔ 1 − 2sin 2 2 x ≤ 1 ⇔ cos 4 x ≤ 1 ( đúng với mọi x) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 ≤1 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Mơn Thi: TỐN – Khối A Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y= 2x −1 x −1 (C) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm... − 2π (x 1 + 2)(x 2 + 2) 2 I = (6 + 1) dt = π π (sin t + cos )tdt t t ∫ ∫ − − 6 +1 6 +1 4 4 π 4 π − 4 2I = ∫ π π 5 3 5π 3 2 5 31 4 4 1 − sin t dt = + cos 4 t dt = t + sin 4 t π ÷ ÷ ÷π = ∫ − 8... ( 1 + 1) ⇒ 2S = C2009 ⇒ S = 22008 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Mơn Thi: TỐN – Khối A Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số) (1) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 2) Tìm các giá trị của m để đồ... 2 ≤ 4 3 + 3 II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y –2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C 2) Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (α): 3x + 2y – z + 4 = 0 và hai điểm ... –1(x + 2) ⇔ y = –x – (nhận) π cos x cos x − sin x =2 = cot x − tan x Ta có: 2cot x = sin x 2sin x cos x cot x ≤ π PT ⇔ + cot x = − cot x ⇔ cot x − cot x + = ⇔ cot x = ⇔ x = + kπ , k ∈ ¢ 2)... 8sin x cos x ⇔ − 8sin x cos x ≤ ⇔ − 2sin 2 x ≤ ⇔ cos x ≤ ( với x) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 ≤1 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Mơn Thi: TỐN – Khối A Thời gian: 180 phút, khơng kể thời gian ĐỀ THI. .. log −1 + π 2 π cos tdt cos xdx x = − t ⇒ dx = − dt ⇒ I = = ∫ ∫ (sin t + cos t ) (sin x + cos x)3 0 π Câu x= 2) Đặt π Câu ⇔ π π dx 12 dx π 2I = = ∫0 (sin x + cos x)2 ∫0 π = − cot( x + ) = ⇒ I