Đề 22 thi tuyển sinh đại học 2010 môn thi: Toán – Khối A

Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a 2,0 điểm 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A–2;3,.. và cắt cả hai đường thẳng:.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 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 (2,0 điểm) Cho hàm số f ( x)  x3  3x  1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2) Tìm giá trị lớn và nhỏ hàm số: G(x)=  2sin x     2sin x    2 2   Câu II (2,0 điểm) 1) Tìm m cho phương trình sau có nghiệm nhất: ln(mx)  2ln( x  1) sin x.(1  cot x)  cos3 x(1  tan x)  2sin x 2) Giải phương trình: Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim x 0 e2 x  x  3x    x Câu IV (1,0 điểm) Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có AB  2, AC  3, AD  1, CD  10, DB  5, BC  13 Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x  :  x  y   2  x   y   m II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(–2;3), 1  B  ;0  , C (2;0) 4  2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d qua điểm M  4; 5;3 2 x  y  11  d ':   y  2z   Cn1  6Cn2  6Cn3  9n  14n , và cắt hai đường thẳng: và d '' : x  y 1 z 1   5 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n cho đó Cnk là số tổ hợp chập k từ n phần tử B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm F1  1;1 , F2  5;1 và tâm sai e  0,6 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc đường thẳng x  2z  d : 3 x  y  z   trên mặt phẳng P : x  2y  z   Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k cho nhỏ Hướng dẫn Câu I: 2) Đặt 2sin x  t  t    ;  và g  x   f  t   t  3t   2 Lop12.net C2nn  k C2nn  k lớn 27 27  54  32 49  3 f          ; 8  2 f CD  f    4; f CT  f    0;  Max = 4, Min = 25 125  150  32   125 f       8 2  49 Câu II: 1) ĐKXĐ: x  1, mx  Như trước hết phải có m  Khi đó, PT  mx  ( x  1)2  x  (2  m) x   (1) Phương trình này có:   m2  4m  Với m  (0;4)   <  (1) vô nghiệm  Với m  , (1) có nghiệm x  1 <  loại  Với m  , (1) có nghiệm x = thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm  Với m  , ĐKXĐ trở thành 1  x  Khi đó   nên (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  Mặt khác, f (1)  m  0, f (0)   nên x1  1  x2  , tức là có x2 là nghiệm phương trình đã cho Như vậy, các giá trị m  thoả điều kiện bài toán  Với m  Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > và (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  Áp dụng định lý Viet, ta thấy hai nghiệm này dương nên các giá trị m  bị loại Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm và khi: m  (;0)  4 k cho sin x  đó, VT = sin x  cos3 x  sin x cos x  cos x sin x = (sin x  cos x)(sin x  sin x cos x  cos x)  sin x cos x(sin x  cos x) 2) ĐKXĐ: Khi PT  x = sin x  cos x sin x  cos x  sin x  cos x  2sin x   (sin x  cos x)  2sin x (1) (1)   sin x  2sin x  sin x  1( 0)  Để thoả mãn điều kiện sin x  cos x  , 2x    2k  x    k các nghiệm có thể là: x   2k e2 x  x  1  x   e2 x  x   x 3x    x 3x    x 2x    x   e2 x  x =   x   e   x( 3x    x2) x x  (3 x  4)  (2  x) x  3x    x Câu III: Ta có: =    2 x e x   x( 3x    x) 2 e2 x   3x    x     = =    x  2x  2x   x  x2 2x  1 x   2x    e2 x  x   (1  2).4  4  lim x 0 3x    x   Câu IV: Ta có: CD  10  AC  AD ; DB   AD  AB ; BC  13  AB  AC ; Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông cùng đỉnh A Lấy các điểm E, F, G, H cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật Hiển nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp Tâm mặt cầu này là trung điểm I đoạn AH, còn bán kính là R Lop12.net 1 14 AH   32  12  2 Câu V: Đặt f ( x)  x   (3  x)   x f ( x )  x 3 x3  (3  x)  2  x  f ( x)   x x  x  14  (3  x) x    2 x  18 x  27  Phương trình thứ hai có  '  81  54  135  9.15 , và hai nghiệm: x1,2  9  15 Dễ kiểm tra hai nghiệm này bị loại vì nhỏ Vậy, đạo hàm hàm số không thể đổi dấu trên  2;  , ngoài f (3)  nên f ( x)  0, x  Do đó, giá trị nhỏ f ( x) là f (2)   f  x    Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với x  ) Cũng dễ thấy lim x  và m   Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác góc A và 9     3 d DB AB  4    4d    3d  d  DC AC 2d 42   3 Phương trình AD: x y 3   x  y 1  ; 3 AC: x y 3   3x  y   3 Giả sử tâm I đường tròn nội tiếp có tung độ là b Khi đó hoành độ là b Vì khoảng cách từ I tới AC phải b nên ta có: 1  b   4b  32  42 Rõ ràng có giá trị  b  b   5b b  1 b và bán kính  b   5b  b    b   5b  b   là hợp lý Vậy, phương trình đường tròn nội tiếp ABC là: 1  1  x   y   2  2  2) Mặt phẳng P’ qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: m  x  y  11  n  y  z     2mx   3m  n  y  2nz  11m  n  Để mặt phẳng này qua M, phải có: m(8  15  11)  n(5   7)   n  3m Chọn m  1, n  3 , ta phương trình P’: x  z  10   Đường thẳng d” qua A  2; 1;1 và VTCP m  (2;3; 5) Mặt phẳng P” qua M và d” có    hai VTCP là m và MA  6;4; 2  n  3;2; 1 Vectơ pháp tuyến P” là:   3; 5 5;2 2;3  p , ,    7; 13; 5   2; 1 1;3 3;2  Phương trình P”: 7( x  4)  13( y  5)  5( z  3)   x  13 y  z  29  Đường thẳng d phải là giao tuyến P’ và P” nên có phương trình: Câu VII.a: Điều kiện: Theo giả thiết thì: 2 x  z  10   7 x  13 y  z  29  n  n  3n(n  1)  n(n  1)(n  2)  9n  14n Lop12.net  n  9n  14   n=7 Câu VI.b: 1) Giả sử nên ta có: M  x, y  là điểm thuộc elip Vì bán trục lớn elip là a c  5 e 0,6 MF1  MF2  10  ( x  1)  ( y  1)  ( x  5)  ( y  1)  10  ( x  2) ( y  1)  1 25 16 2) Mặt phẳng Q qua d có phương trình dạng: m  x  z   n  3x  y  z  5    m  3n  x  2ny   2m  n  z  5n  (Q)  (P)  1.(m  3n)  2(2n)  1.(2m  n)   m  8n  Chọn m = 8, n = 1, ta phương trình Q: 11x  y  15 z   Vì hình chiếu d’ d trên P là giao tuyến P và Q nên phương trình d’ là: x  y  z    11x  y  15 z   Câu VII.b: Ta chứng minh giảm k tăng, tức là: C C C C (3) Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây:  2n  k ! 2n  k !   2n  k  1! 2n  k  1! (3)  n ! n  k !n ! n  k ! n ! n  k  1!n ! n  k  1! n 2nk  n 2nk C2nn  k C2nn  k n n  k 1 n n  k 1 2n  k 2n  k  n n   1   nk n  k 1 nk n  k 1 Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy (3) đúng Do đó, C2nn  k C2nn  k lớn k = và nhỏ k = n Lop12.net