Đang tải... (xem toàn văn)
Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a... Tập xác định là R..[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Đề thức
Đề thi tuyển sinh ĐH năm 2010 Mơn: Tốn, Khối A
Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2x2 + (1 – m)x + m (1), m số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, x3 thỏa mãn
điều kiện : 2
1 2
x x x 4 Câu II (2,0 điểm)
Giải phương trình
(1 sin x cos 2x)sin x
1
cos x
1 tan x
Giải bất phương trình :
2
x x
1
1 2(x x 1)
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :
1 x x
x
x e 2x e
I dx
1 2e
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN DM Biết SH vng góc với mặt phẳng (ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đường thẳng DM SC theo a
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
(4 1) ( 3)
4
x x y y
x y x
(x, y R)
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: 3x y d2: 3x y Gọi (T) đường
tròn tiếp xúc với d1 A, cắt d2 hai điểm B C cho tam giác ABC vuông B Viết phương
trình (T), biết tam giác ABC có diện tích
2 điểm A có hồnh độ dương 2 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
2 1
x y z
mặt phẳng (P) : x 2y + z =
Gọi C giao điểm với (P), M điểm thuộc Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo số phức z, biết z( 2i) (12 )i
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm của cạnh AB AC có phương trình x + y = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) đường thẳng : 2
2
x y z
Tính
khoảng cách từ A đến Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt hai điểm B C cho BC = Câu VII.b (1 điểm)
Cho số phức z thỏa mãn (1 )2
i z
i
Tìm mơđun số phức z iz
(2)HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ NĂM 2010 Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 +
Tập xác định R y’ = 3x2 – 4x; y’ = x = hay x = 3; lim
x
y
limx
y
x
3 +
y’ + + y +
CĐ
27
CT
Hàm số đồng biến (∞; 0) ; (4
3; +∞); hàm số nghịch biến (0; 3) Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu x=4
3; y( 3) =
5 27
y" = 6x4; y” = x =
3 Điểm uốn I ( 3;
11 27) Đồ thị :
2 Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) trục hoành : x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = (x – 1) (x2 – x – m) =
x = hay g(x) = x2 – x – m = (2)
Gọi x1, x2 nghiệm phương trình (2) Với điều kiện + 4m > ta có :
x1 + x2 = 1; x1x2 = –m Do u cầu tốn tương đương với:
2 2 4m
g(1) m
x x
1 2
1 m
4
m
(x x ) 2x x
1 m
4
m
1 2m
1 m
4
m
m
1
m
m
Câu II: Điều kiện : cosx0 tanx - PT (1 sin cos ).(sin cos ) cos
1 tan
x x x x
x x
(1 sin cos ).(sin cos )cos cos sin cos
x x x x
x x
x x
y
x
0 1 4
3
5 27
(3)
(1 sin cos ) sin cos
1
2sin sin sin 1( ) sin
2
2 ( )
6
x x x x
x x x loai hay x
x k hay x k k
2 Điều kiện x ≥
Bất phương trình
2
x x 2(x x 1)
0
1 2(x x 1)
▪ Mẫu số <
2(x x 1) 2x2 – 2x + > (hiển nhiên)
Do bất phương trình
x x 1 2(x x 1) ≤
2(x x 1) x x 1
x 2x
(x 1) x (x 1) x
x x 02
(x x )
x 1 x
0 x
x (1 x)
02 x
x 3x
0 x
3
x
3
x
Cách khác :
Điều kiện x Nhận x t :
2
2 3
1 2( 1)
2
x x x
(1) x x 1 2(x2 x 1) x = không thoả
* x > : (1) x 1 x 1
x x
x 1 x
x x
Đặt 1
2
t x x t
x x
(1) thành :
2
1
2( 1)
2 2 (*)
t
t t
t t t
(*) t2 2t (t 1)2 0 t
1
1
6 5
2
4
1
( )
2
x x x
x
x
x
x loai
(4)1 1
0 0
(1 )
1 2
x x x
x x
x e e e
I dx x dx dx
e e ; 1 0 ; 3 x
I x dx
1
2
01
x x e I dx e =
1 (1 )
2
x x d e e = 1
ln(1 )
x
e
= 1ln
2 e
Vậy I = 1ln
3
e Câu IV:
S(NDCM)=
2 2
2 1
2 2
a a a
a a
(đvdt) V(S.NDCM)=
2
1 5
3
3 24
a a
a (đvtt)
2
2
4
a a
NC a ,
Ta có tam giác vuông AMD NDC Nên NCDADM DM vng NC
Vậy Ta có:
2 2 5 a a
DC HC NC HC
a
Ta có tam giác SHC vng H, khỏang cách DM SC chiều cao h vẽ từ H tam giác SHC
Nên 12 2 12 52 12 192
4 12 19
a h
h HC SH a a a
Câu V : ĐK :
x Đặt u = 2x; v 2 y
Pt (1) tr thành u(u2
+ 1) = v(v2 +1) (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = u = v
Ngh a : 2
3
4
2
5 x x y x y
Pt (2) tr thành 25 6 4 2 4 7 (*) x x x t hàm số ( ) 4 6 25 2 4
4
f x x x x 0;3
2
'( ) (4 3)
3
f x x x
x
<
Mặt khác :
f
nên ( ) có nghiệm x =
1
2 y = Vậy hệ có nghiệm x =
2 y = A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1 A d1 A (a;a 3) (a>0)
Pt AC qua A d1 : x 3y4a0
AC d2 = C(2a; 3a )
(5)Pt AB qua A d2 : x 3y2a0
AB d2 = B
3 ;
2
a a
2
3 1
; ; ;
2 3
1 3
; ; ( ) :
2
2 3
ABC
S BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y
C (1 + 2t; t; –2 – t)
C (P) (1 + 2t) – 2t – – t = t = –1 C (–1; –1; –1) M (1 + 2t; t; –2 – t)
MC2 = (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 = 6(t + 1)2 = t + = 1 t = hay t = –2
Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0)
d (M1, (P)) =
1
5
; d (M2, (P)) =
3
5
Câu VII.a: z( i) (1 2i) = (1 2i)(1 2i)= (5 2i) z 5 2i Phần ảo số phức z
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b :
Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = x – y =
Gọi K giao điểm IJ AH (với IJ : x + y – = 0), suy K nghiệm hệ xx yy 04 K (2; 2)
K trung điểm AH H K A
H K A
x 2x x
y 2y y
H (-2; -2)
Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = x + y + = Gọi B (b; -b – 4) BC
Do H trung điểm BC C (-4 – b; b); E (1; -3)
Ta có : CE (5 b; b 3) vng góc với BA (6 b;b 10) (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) =
2b2 + 12b = b = hay b = -6
Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C2 (2; -6)
qua M (-2; 2; -3), VTCP a(2;3;2); AM ( 2;2; 1)
aAM ( 7; 2;10) d( A, ) = a AM 49 100 153 17
a
=3
Vẽ BH vng góc với Ta có : BH = BC
2 AHB R
2
= 16 153 425
17 17
=25
Phương trình (S) : x2y2 (z 2)2 25 Câu VII.b:
3 (1 3i) z
1 i
(1 3i) cos( 3) i sin( 3)
(1 3i)3 8 cos( ) i sin() = 8 z 8(1 i) 4i
1 i
(6)-HẾT - Sưu tầm: Cao Văn Tú
Trường: ĐH CNTT&TT Thái Nguyên Email: caotua5lg3@gmail.com
: