Đề 03 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

Viết phương trình của mặt cầu S đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A5;2;1 và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng P và Q.. Theo chương trình nâng cao..[r]

http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  mx3  3mx   m  1 x  , m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên m = Xác định các giá trị m để hàm số y  f ( x ) không có cực trị Câu II (2 điểm) 4 sin x  cos x Giải phương trình : sin x   tan x  cot x  2 Giải phương trình: log  x  1   log  x  log   x  3 Câu III (1 điểm) Tính tích phân A  dx x 1 x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích và diện tích xung quanh hình nón đã cho  x  x   Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm   x   m  1 x  m   PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC là 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – = Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  y  2z + = 0;  Q  : x  y  2z -13 = Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q) Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau:  Cn 1  Cn 1  An 2 (Ở đây Ank , Cnk là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k n phần tử)  Cnn14  An31  15 Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = và đường tròn (C): x  y  x  y   Xác định tọa độ các giao điểm A, B đường tròn (C) Lop12.net http://ductam_tp.violet.vn/ và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông B Cho mặt phẳng (P): x  y  2z   và các đường thẳng d1 : x 1  y 3 3  z ; d2 : Tìm các điểm x5  y  z 5 5 M  d1 , N  d cho MN // (P) và cách (P) khoảng Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) hàm số f '( x )   f ( x )  ln   sin t 2 3  x  và giải bất phương trình dt x2 Hết Đáp án Nội dung Câu Ý I Khi m = ta có y  x  x  + MXĐ: D  + Sự biến thiên:  Giới hạn: xlim y  ; lim y    x    x  2 y '  3x2  x ; y '    x   Bảng biến thiên Điể m 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 yC§  y  2   3; yCT  y    1 Lop12.net http://ductam_tp.violet.vn/  Đồ thị 0,25 1,00 + Khi m =  y  x  , nên hàm số không có cực trị 0,25 + Khi m   y '  3mx  6mx   m  1 Hàm số không có cực trị và y '  không có nghiệm có nghiệm kép 0,50   '  9m  3m  m  1  12m2  3m    m  II 0,25 2,00 1,00 sin x  cos4 x   tan x  cot x  (1) sin x Điều kiện: sin x  0,25 1  sin 2 x sin x cos x   (1)      sin x  cos x sin x  0,25 1  sin 2 x   sin x sin x   sin 2 x   sin x  Vậy phương trình đã cho vô nghiệm Lop12.net 0,50 http://ductam_tp.violet.vn/ 1,00 log  x  1   log  x  log8   x  (2) x    4  x  Điều kiện: 4  x     x  1 4  x   0,25 (2)  log x    log   x   log   x   log x    log 16  x   log x   log 16  x   x   16  x 0,25 + Với 1  x  ta có phương trình x  x  12  (3) ; 0,25 x  (3)    x  6  lo¹i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x  x  20  (4);  x   24  4   0,25  x   24  lo¹i  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  x  1   III 1,00 Đặt t   x  t   x  2tdt  2 xdx   dx tdt  x x dx tdt tdt   2 x 1 t t 1 + Đổi cận: 0,50 t  2 x t  2 x dt A   t 1 3  dt t  23     ln |1  ln   1 t 2 1 t   IV 0,50 1,00 Lop12.net http://ductam_tp.violet.vn/ E trung điểm AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy  SOE   AB Dựng OH  SE  OH   SAB  , OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = Tam giác SOE vuông O, OH là đường cao, ta 0,25 có: Gọi S SAB là 1 1 1       1  2 2 2 OH SO OE OE OH SO 9  OE   OE  2 81 SE  OE  SO     SE  8 2 2S 36  AB.SE  AB  SAB  8 SE 2 0,25 2 9 265 1  OA2  AE  OE   AB   OE    32   8 2  1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V   OA2 SO     3 8   0,25 Diện tích xung quanh hình nón đã cho: SA2  SO  OA2   S xq   OA.SA   265 337 337   SA  8 0,25 265 337 89305  8 V 1,00  x  x   (1) Hệ bất phương trình   x   m  1 x  m   (2) 1   x  Hệ đã cho có nghiệm và tồn x0  1; 6 thỏa 0,25 mãn (2)    x  x    x  1 m  x2  2x   m (do x  1; 6  x   0)  x  1 x2  x  Gọi f ( x )  ; x  1; 6 2x  0,25 Hệ đã cho có nghiệm  x0  1; 6 : f ( x0 )  m f ' x  2x2  2x   x  1   x2  x  4  x  1 ; f '  x    x2  x    x  Lop12.net 1  17 0,25 http://ductam_tp.violet.vn/ Vì x  1; 6 nên nhận x  Ta có: f (1)  , f (6)  1  17 27  1  17  3  17 , f   13  2  Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x )  Do đó x0  1; 6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  x1;6 27 13 0,25 27 m 13 VIa 2,00 1,00 độ Tọa A đúng nghiệm hệ phương 4 x  y    x  2   A  2;  x  y   y  0,25 trình:  Tọa độ B nghiệm đúng hệ phương trình 4 x  y   x    B 1;   x  y 1  y  0,25 Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x    b  y     ax  by  2a  4b  Gọi 1 : x  y   0;  : x  y   0; 3 : ax  by  2a  4b  Từ giả thiết suy   ; 3    1;   Do đó cos   ; 3   cos  1;    |1.a  2.b | a  b  | 4.1  2.3 | 25 a  | a  2b | a  b  a  3a  4b     3a  4b  + a =  b  Do đó 3 : y   0,25 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = thì b = Suy 3 : x  y   (trùng với 1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC là y - = y   x    C  5;  x  y 1  y  Tọa độ C nghiệm đúng hệ phương trình:  0,25 1,00 Lop12.net http://ductam_tp.violet.vn/ Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có: OI  AI  OI  AI  d  I ,  P    d  I ,  Q    OI  d  I ,  P    d  I ,  P    d  I ,  Q   0,25 Ta có: 2 OI  AI  OI  AI  a  b2  c   a     b     c  1  10a  4b  2c  30 (1) | a  2b  2c  | OI  d  I ,  P    a  b  c    a  b  c    a  2b  2c  5 (2) 0,25 | a  2b  2c  | | a  2b  2c  13 |  3  a  2b  2c   a  2b  2c  13 (lo¹i)   a  2b  2c  (3)  a  2b  2c    a  2b  2c  13 d  I ,  P   d  I , Q   Từ (1) và (3) suy ra: b  17 11a 11  4a  ;c (4) Từ (2) và (3) suy ra: a  b  c  (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a   221a  658   Như a2 a 658 Suy 221 ra: I(2;2;1) và R = 0,25 67   658 46 I ; ;  và R =  221 221 221  Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là: 2 658 46 67  x     y  2   z  1  và  x     y     z    221   221   221   2 0,25 VII a 1,00 Điều kiện: n    n  Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1 n   n  3 n    n  1 n   n  3    n   n  3  4.3.2.1 3.2.1    n  1 n  n  1 n   n  3   n  1 n  n  1  5.4.3.2.1 15  n  9n  22     n  5n  50   n  10 n   0,50 0,50 Lop12.net http://ductam_tp.violet.vn/ VIb 2,00 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm hệ phương trình x2  y2  2x  y    y  0; x     y  1; x  3 x  5y   0,50 Vì A có hoành độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1) Vì ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với 0,50 điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4) 1,00  x   2t  Phương trình tham số d1 là:  y   3t M thuộc d1 nên tọa độ M  z  2t  1  2t ;3  3t ; 2t  Theo đề: d M ,  P  |1  2t    3t   4t  1| 2   2   2 0,25 |12t  |   12t   6  t1  1, t2  + Với t1 = ta M  3;0;  ; 0,25 + Với t2 = ta M 1;3;0  + Ứng với M1, điểm N1  d cần tìm phải là giao d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp này là (Q1) PT (Q1) là:  x  3  y   z     x  y  z   (1)  x   6t  Phương trình tham số d2 là:  y  4t (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 =  t = -1 Điểm N1 cần tìm là N1(- 1;-4;0) + Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5) VII b Điều kiện f ( x)  ln 3  x  3  x   Ta có: 0,25 0,25 1,00 0 x3  ln1  3ln   x   3ln   x  ; f '( x)  3 3  x  '  3 x 3  x  0,25   t  cos t 3 sin dt   dt   t  sin t  |     sin      sin         Lop12.net 0,25 http://ductam_tp.violet.vn/  t 2x 1 sin dt    x  2  0     Khi đó: f '( x)     x x     x  3 x    1   x3 x2  x  3; x  2  x  3; x  2 2  Lop12.net 0,50