Đang tải... (xem toàn văn)
PHẦN RIÊNG 3,0 điểm: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a 2,0 điểm 1.. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC [r]
(1)ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 2x đ x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Tìm m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB có diện tích (O là gốc tọa độ) Caâu II (2,0 ñieåm) Giải phương trình (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = Giải phương trình x x x 14 x (x R) e ln x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = dx x(2 ln x) Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, góc hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) 600 Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá Câu I (2 điểm) Cho haøm số y = trị nhỏ biểu thức M=3(a2b2+b2c2+c2a2) + 3(ab + bc + ca) + a b c PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, có đỉnh C(-4; 1), phân giác góc A có phương trình x + y – = Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC 24 và đỉnh A có hoành độ dương Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c), đó b, c dương và mặt phẳng (P): y – z + = Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: z i (1 i ) z B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng F2 qua M Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 x y 1 z Xác định tọa độ Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2 điểm M trên trục hoành cho khoảng cách từ M đến OM Câu VII.b (1,0 điểm) log (3y 1) x Gỉai hệ phương trình : x (x, y R) x 4 3y BÀI GIẢI Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; Lop12.net ) và elip (E): (2) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I D \ 1 ; y/ x 1 0, x D TCĐ: x= -1 vì lim y , lim y ; TCN: y = vì lim y x 1 x y’ y x x 1 Hàm số đồng biến trên (; 1) và (1; +) Hàm số không có cực trị -∞ -1 +∞ + + +∞ 2 -∞ -3 -2 -1 O 2 Phương trình hoành độ giao điểm (C) và đường thẳng y = -2x +m 2x 1 2 x m x m x m * (vì x = -1 không là nghiệm) x 1 Phương trình (*) có m 0, m nên d luôn cắt (C) điểm A, B.Ta có: S OAB x A yB xB y A x A 2 xB m xB 2 x A m m2 m x A xB m x A xB 12 m 12 m 8m 48 m m 2 Câu II (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) = cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = cos2x (cosx + sinx + = 0) cos2x = 2x = k x = k (k Z) x x x 14 x , điều kiện : x x x x 14 x x 15 x 5 ( x 5)(3 x 1) 3x x Lop12.net (3) x – = hay (3 x 1) (vô nghiệm) x = 3x x Câu III e I x u ln x x ln x dx ; u ln x du dx x e 1 I du du ln u u u 2 2u 0 2 u 0 2 3 ln ln 1 ln 3 2 Câu IV Gọi H là trung điểm BC, theo giả thuyết ta có : a , A’H = 2AH = a A ' HA 600 Ta có : AH = C’ a 3 3a B’ và AA’ = = 2 a 3a 3a 3 Vậy thể tích khối lăng trụ V = = Kẻ đường trung trực GA trung điểm M GA G mặt phẳng A’AH cắt GI J thì GJ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC Ta có: GM.GA = GJ.GI I GM GA GA2 GI IA2 a C R = GJ = = = H 2GI 2GI GI 12 B 2 Câu V Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a + b + c ≥ ab + bc + ca = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 = – 2t và t Theo B.C.S ta có : t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2) M ≥ t 3t 2t f (t ) f’(t) = 2t 2t 1 f ’’(t) = < 0, t 0, f’(t) là hàm giảm 3 (1 2t )3 u 1 11 f '(t ) f '( ) > f tăng f(t) ≥ f(0) = 2, t 3 M ≥ 2, a, b, c không âm thỏa a + b + c = Khi a = b = và c = thì M = Vậy M = Lop12.net 1 0, A’ M A (4) PHẦN RIÊNG A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a vuông và phân giác Vì C (-4; 1), A B góc A là (d) : x + y – = 0, xA > nên A(4; 1) AC = Mà diện tích ABC = 24 nên AB = C A Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành nên B (4; 7) Vậy phương trình BC là: 3x + 4y – 16 = (d) A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > x y z (ABC) : (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = b c bc 1 Vì d (0; ABC) = nên 3b2c2 = b2c2 + b2 + c2 2 2 3 b c b c b2 + c2 = 2b2c2 (1) (P) : y – z + = có VTPT là nP (0;1; 1) (ABC) có VTPT là n (bc; c; b) Vì (P) vuông góc với (ABC) n nP n.nP c – b = (2) Từ (1), (2) và b, c > suy : b = c = Câu VII.a z = a + ib Suy : z i a (b 1)i và (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i z i (1 i ) z a (b 1) (a b) (a b) a2 + (b2 – 2b + 1) = (a2 + b2) a2 + b2 + 2b – = a2 + (b + 1)2 = Vậy z = a + ib với a, b thỏa a2 + (b + 1)2 = B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b x2 y c2 a b2 1 E : Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x y M 1; N ; NA.F2 A F A 1; 1; NA 1; 3 3 3 ANF2 vuông A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là 2 F2N Do đó đường tròn có phương trình là : ( x 1) y 3 3 NM, a d (M; ) = M Ox M (m; 0; 0) a qua N (0; 1; 0) có VTCP a = (2; 1; 2) NM (m; 1;0) a, NM (2; 2m; 2 m) a, NM 5m 4m m Ta có: d (M, ) = OM OM a 4m2 – 4m – = m = 1 hay m = Vậy M (1; 0; 0) hay M (2; 0; 0) Lop12.net (5) Câu VII.b 2x 2x 3y x log (3y 1) x y y x 3 x x x 4 3y 4 3y 4 x x 3y 3(4 x x ) (2 x 1) x x 1 1 2x x 1 y y y 3 (2 x 1)(2 x ) 2x 2.4 x x y 2 Ths Lê Ngô Thiện, Lưu Nam Phát (ĐH Sư Phạm – TP.HCM) Lop12.net (6)