Đang tải... (xem toàn văn)
Câu IV 1 điểm Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng ABC trùng với tâm O của tam giác ABC.. Một mặt phẳng P chứa BC và vuôn[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI THAM KHẢO I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3x 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Gọi d là đường thẳng qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m Tìm m để d cắt (C) điểm phân biệt A, M, N cho hai tiếp tuyến (C) M và N vuông góc với Câu II (2điểm) 1) Giải hệ phương trình: x y ( x y ) y ( x 1)( x y 2) y 2) Giải phương trình: Câu III (1 điểm) Tính tích phân: (x, y ) sin x.sin x cos3 x cos3 x tan x tan x 6 3 I x ln( x x 1)dx Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo thiết diện có diện tích a2 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức P 1 2 a 2b b 2c c 2a 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 ABC có đỉnh A(1;2), phương trình đường trung tuyến BM: x y và phân giác CD: x y Viết phương trình đường thẳng BC 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số x 2 t; y 2t; z 2t Gọi là đường thẳng qua điểm A(4;0;–1) song song với (D) và I(–2;0;2) là hình chiếu vuông góc A trên (D) Viết phương trình mặt phẳng chứa và có khoảng cách đến (D) là lớn Câu VII.a (1điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x2 khai triển nhị thức Niutơn x x n , biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 2Cn0 2 23 2n 1 n 6560 C n C n Cn n 1 n 1 ( Cnk là số tổ hợp chập k n phần tử) B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Lop12.net (2) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x + y + = 0, d2: x + 2y – 7= và tam giác ABC có A(2; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – = Gọi M là điểm thay đổi trên mặt phẳng (P) Tìm giá trị nhỏ biểu thức MA2 MB MC Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình x y x y e e 2( x 1) x y e x y (x, y ) Hướng dẫn Câu I: 2) d có phương trình y = m(x – 3) + Hoành độ giao điểm d và (C) là nghiệm phương trình: Theo x x x m( x 3) ( x 3)( x m) x m bài ta có điều kiện m > và y '( m ) y '( m ) 1 18 35 (thỏa mãn) x2 x y22 y x ( x y 2) y (3m m )(3m m ) 1 9m 36m m Câu II: 1) y = không phải là nghiệm Hệ PT Đặt x2 u ,v x y y Ta có hệ u v u v 1 uv x2 1 y x y Nghiệm hpt đã cho là (1; 2), (–2; 5) sin x sin x cos x cos x 6 3 6 3 Ta có tan x tan x tan x cot x 1 6 3 6 6 PT sin x.sin 3x cos3 x cos3x cos x cos x cos x cos x cos x cos x 2 2 x k (loại) 1 2(cos x cos x cos x) cos3 x cos x x k 2) Điều kiện: Câu III: Đặt k , ( k ) 2x du dx u ln( x x 1) x x 1 dv xdx v x Vậy phương trình có nghiệm x Lop12.net (3) 1 1 I 1 2x dx x2 x3 x dx ln( x x 1) dx ln (2 x 1)dx 2 x x x x 1 2 x x 0 0 3 I ln 12 Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, gọi H là hình chiếu vuông góc M lên AA’ Khi đó (P) (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm AA’ Thiết diện lăng trụ cắt (P) là tam giác BCH a a , AO AM 3 2 a a a HM BC HM 8 Do tam giác ABC cạnh a nên Theo bài S BCH AH AM HM AM 3a 3a 3a 16 A ' O HM A ' O AO.HM a a a AO AH AH 3a 3 Thể tích khối lăng trụ: V AO.S ABC AO AM BC a a a a 23 12 1 1 V: Ta có a2+b2 2ab, b2 + 2b 2 2 a 2b a b b 2 ab b 1 1 Tương tự 2 , b 2c bc c c 2a ca a 1 1 1 ab b 1 P ab b bc c ca a ab b b ab ab b 1 P a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c = 2 VI.a: 1) Điểm C CD : x y C t;1 t Do A’AO và MAH đồng dạng nên Câu Câu t 1 t M ; AK CD : x y I (điểm K BC ) Suy trung điểm M AC là Từ A(1;2), kẻ Suy AK : x 1 y x y Tọa độ điểm I thỏa hệ: x y 1 I 0;1 x y 1 Tam giác ACK cân C nên I là trung điểm AK Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: tọa độ K 1;0 x 1 y 4x 3y 7 ( P ) ( D) Gọi H là hình 2) Gọi (P) là mặt phẳng chứa , thì ( P) ( D) chiếu vuông góc I trên (P) Ta luôn có IH IA và IH AH d D , P d I , P IH Mặt khác H P Trong (P), IH IA ; đó maxIH = IA H A Lúc này (P) vị trí (P0) IA A Vectơ pháp tuyến (P0) là n IA 6;0; 3 , cùng phương với v 2;0; 1 Phương trình mặt phẳng (P0) là: 2( x 4) 1.( z 1) x z Lop12.net (4) Câu VII.a: Ta có 2 0 I (1 x) n dx Cn0 Cn1 x Cn2 x Cnn x n dx 1 Cn0 x Cn1 x Cn2 x Cnn x n 1 n 1 0 23 2n 1 n 3n 1 C n Cn (1) Mặt khác I (1 x) n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 Từ (1) và (2) ta có 2Cn0 Cn1 Cn2 Cnn n 1 n 1 n 1 Theo bài thì 6560 3n 1 6561 n n 1 n 1 I 2Cn0 2 Cn1 Ta có khai Vậy hệ số cần tìm là k k 14 43k x 2k C7 x 2 x mãn 14 3k k triển x 41 C7k x Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa (2) 7k 21 C7 22 Câu VI.b: 1) Do B d1 nên B(m; – m – 5), C d2 nên C(7 – 2n; n) 2 m 2n 3.2 m 1 B(–1; 3 m n 3.0 n PT đường tròn ngoại tiếp ABC: x y 83 x 17 y 338 27 27 2) Gọi G là trọng tâm ABC G ; ;3 3 Do G là trọng tâm ABC nên Ta có 2 F MA2 MB MC MG GA MG GB MG GC –4), C(5; 1) 3MG GA2 GB GC MG (GA GB GC ) 3MG GA2 GB GC F nhỏ MG2 nhỏ M là hình chiếu G lên (P) 33 19 3 MG d (G,( P)) 111 3 56 32 104 64 GA2 GB GC 9 Câu Vậy F nhỏ 3. 19 64 553 M là 3 3 x y e x y u x y VII.b: Đặt Hệ PT x y e x y v x y hình chiếu G lên (P) ev u ev u (1) u u v e v e e v u (2) Nếu u > v u < v thì (2) vô nghiệm Nên (2) u v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu – u – , f (u) = eu – Từ BBT f(u) ta có f(u) = u Do đó (3) có nghiệm u = x y x v 0 x y y Lop12.net (5) Lop12.net (6)