Đang tải... (xem toàn văn)
Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 2 điểm 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I 6; 2 là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD.. Viết phương trình đường thẳng[r]
(1)Đề số BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số : y x3 mx m3 2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 2) Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng y = x Câu II (2,0 điểm) tan x tan x.sin x cos3 x 1) Giải phương trình: 2) Giải phương trình: 5.32 x 1 7.3x 1 6.3x x 1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I= 1 x( x 1) dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy Biết góc BAC = 1200, tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: a3 b3 c3 1 a ab b b bc c c ca a Tìm giá trị lớn biểu thức S = a + b + c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): x y z và cách điểm M(1;2; 1 ) khoảng 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A là (d1): x + y + = 0, phương trình đường cao vẽ từ B là (d2): 2x – y + = 0, cạnh AB qua M(1; –1) Tìm phương trình cạnh AC Câu VII.a (1 điểm) Có học sinh nam và học sinh nữ xếp hàng dọc vào lớp Hỏi có bao nhiêu cách xếp để có đúng học sinh nam đứng xen kẻ học sinh nữ B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d): x 4t y 2t z 3 t và mặt phẳng (P) : x y z Viết phương trình đường thẳng () nằm (P), song song với (d) và cách (d) khoảng là 14 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y x và điểm I(0; 2) Tìm toạ độ hai điểm M, N (P) cho IM 4IN Lop12.net (2) Câu VII.b (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x x 5 x x m Hướng dẫn Câu I: 2) Tacó Với m0 x y ' x 3mx x( x m) x m thì y’ đổi dấu qua các nghiệm hàm số có CĐ,CT Khi đó các điểm cực trị đồ thị là: A 0; m3 , B(m; 0) Để A và B đối xứng với qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là OA OB tức là: Câu II: 1) ĐK: x Câu m m3 m m 2 k PT tan x(1 sin x) (1 cos3 x) (1 cos x)(1 sin x)(sin x cos x)(sin x cos x sin x cos x) x k 2 ; x k ; x k 2 ; x k 2 4 2) PT 32 x 3x (3.3x )2 2.3.3x 5.32 x 2.3x x log3 3 3 III: Đặt t x I = 12 dt 2dt = t t 1 t 1 24 Câu IV: Hình chiếu SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200 a2 = 3AB2 SA2 = a V = a2 SA = a ; S ABC = AB = a 1 a2 a2 AB AC.sin1200 = = 2 12 a a2 a3 = 3 12 36 Câu V: Ta chứng minh: a3 2a b a ab b (1) Thật vậy, (1) 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ (a + b)(a – b)2 Tương tự: b3 2b c 2 b bc c c3 2c a 2 c ac a (2) , (3) Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 abc 2 2 2 a ab b b bc c c ca a S ≤ maxS = a = b = c = Vậy: Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = (với A2 B C ) Vì (P) (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C = A + B + C = C = –A – B (1) Theo đề: d(M;(P)) = A 2B C A B C 2 ( A B C ) 2( A2 B C ) (2) Thay (1) vào (2), ta được: (1) B C A Chọn AB B B hay B = A 1, C 1 thì (P) : Lop12.net xz0 8A (3) B = 8A Chọn A = 5, B = (1) C 1 thì (P) : x y 3z 2) Gọi N là điểm đối xứng M qua (d1) N AC MN ( xN 1, yN 1) 1( xN 1) 1( y N 1) xN y N (1) Ta có: MN / / n d (1; 1) Tọa độ trung điểm I MN: I (d1 ) 1 xI (1 xN ), yI (1 y N ) 2 1 (1 xN ) (1 y N ) xN y N 2 (2) Giải hệ (1) và (2) ta N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = N ( AC ) 2.(3) C C Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + = Câu VII.a: : HS nữ xếp cách ô Vậy HS nữ có thể xếp vào các vị trí là: (1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9) Mổi 3vị trí có 3! cách xếp HS nữ Mổi cách xếp HS nữ bộ, có 6! cách xếp HS nam vào vị trí còn lại Vậy có tất là: 5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3; 3), B(6;5; 2) (d), mà A, B (P) nên (d) (P) Gọi là VTCP ( d1 ) (P), qua A và vuông góc với (d) thì u nên ta chọn u [u , uP ] (3; 9;6) Phương trình đường thẳng ( d1 ) u ud u u P x 3t : y 9t (t R) z 3 6t Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t; 9t; 3+6t) () là đường thẳng qua M và song song với (d) Theo đề : AM 14 9t 81t 36t 14 t x 1 y z M(1;6; 5) (1 ) : t = M(3;0; 1) (2 ) : x y z 2) Gọi M ( x0 ; y0 ), N ( x1 ; y1 ) là hai điểm thuộc (P), t= 1 t đó ta có: x0 y02 ; x1 y12 IM ( x0 ; y0 2) ( y02 ; y0 2) ; IN ( y1 ; y1 2) ( y12 ; y1 2); IN (4 y12 ; y1 8) Theo giả thiết: IM IN , suy ra: y02 y12 y1 x1 1; y0 2; x0 y0 y1 y1 x1 9; y0 6; x0 36 Vậy, có cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3) Câu VII.b: Đặt t x x t 5 x x t2 m t 2;2 2 Xét hàm số f (t ) t t t 2;2 f (t ) t f (t ) t 1 2;2 f(t) = m có nghiệm m 1 PT t Lop12.net (4) Đề số BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x mx3 x 3mx (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu Câu II: (2 điểm) 23 1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2) Giải phương trình: x x x ( x 1) x x Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I x 1 sin xdx Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA = b Gọi là góc hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) Tính tan và thể tích khối chóp A.BBCC Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác Chứng minh: a b2 c2 a b c b2 c2 a b c a II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm đường chéo AC và BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – = và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn đó Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: x x 1 10.3x x B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + = và đường thẳng : x + my – 2m + = với m là tham số thực Gọi I là tâm đường tròn (C) Tìm m để cắt (C) điểm phân biệt A và B cho diện tích IAB lớn 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ các điểm M, N, P khác gốc O cho D là trực tâm tam giác MNP Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: x x 1 2(2 x 1)sin(2 x y 1) -Hướng dẫn Lop12.net (5) Câu I: 2) Đạo hàm y x 3mx x 3m ( x 1)[4 x (4 3m) x 3m] x 1 y x (4 3m) x 3m (2) Hàm số có cực tiểu y có cực trị y = có nghiệm phân biệt (2) có nghiệm phân biệt khác Thử lại: Với m , (3m 4) m 4 3m 3m thì y = có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu Vậy, hàm số có cực tiểu m Câu II: 1) PT cos x x k ,k Z 16 v2 u x 2 u x 2, u u x 2) Đặt: v2 u 2 v x x x v x x 3, v v u v u 1 PT (v u ) (v u ) 1 (v u ) v u 2 (b) (c ) Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm Do đó: PT v u v u Câu III: Đặt u x dv sin xdx x2 x x2 x I= 1 x 1 cos x 2 /2 cos xdx Câu IV: Gọi E là trung điểm BC, H là trọng tâm ABC Vì A.ABC là hình chóp nên góc hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là = a a a , AH , HE Ta có : AE Do đó: tan A ' H 3b a HE a ; VA ' ABC a 3b a A ' H S ABC 12 Do đó: VA ' BB ' CC ' VABC A ' B ' C ' VA ' ABC = S ABC A ' H A ' A2 AH 9b 3a A EH a2 a 3b a VABC A ' B ' C ' A ' H S ABC 4 a 3b a Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: a b2 c2 a b2 c2 3 (1) b2 c2 a b2 c2 a 2 2 2 a2 a ; b2 b ; c c a2 b2 c a b c b c a b b c c a a b c a 2 Từ (1) và (2) a2 b2 c a b c đpcm c a b b c a (2) Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) : x + y – = 0, E E(m; – m); Goïi N laø trung ñieåm cuûa AB I trung ñieåm NE MN = xN xI xE 12 m y N yI yE m m N (12 – m; m – 1) IE = (m – 6; – m – 2) = (m – 6; – m) (11 – m; m – 6); MN IE (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = Lop12.net (6) m – = hay 14 – 2m = m = hay m = + m = MN = (5; 0) PT (AB) laø y = + m = MN = (4; 1) PT (AB) laø x – – 4(y – 5) = x – 4y + 19 = 2) I (1; 2; 3); R = 11 d (I; (P)) = 2(1) 2(2) 4 1 3 < R = Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : x 2t y 2t z t Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C) J d J (1 + 2t; – 2t; – t) J (P) 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – + t – = t = Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = R IJ Câu VII.a: Đặt t 3x x , t > BPT t2 – 10t + ( t t 9) Khi t t 3x x x x 1 x (a) 2 Khi t t 3x x x 2 x2 x x 1 (b) Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm bpt là: S = (–; –2] [–1;0] [1; + ) Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = Giả sử cắt (C) hai điểm phân biệt A, B Kẻ đường cao IH ABC, ta có = sin AIB IA.IB.sin AIB = AIB vuông I Do đó SABC lớn và sin AIB 4m IA IH = 1 (thỏa IH < R) m2 – 8m + 16m2 = m2 + 15m2 – 8m = m = hay m = 15 SABC = 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz DP 1; 1; p 1 ; NM m; n;0 DP.NM m n Ta có : DN 1; n 1; 1 ; PM m;0; p DN PM m p Phương trình mặt phẳng (P): D là trực tâm x y z m n p Vì D (P) nên: MNP 1 1 m n p DP NM DP.NM DN PM DN PM D ( P) D ( P) m n m 3 m p n p 1 m n p x y z 1 3 3 2 x sin(2 x y 1) 0(1) x sin(2 x y 1) cos2 (2 x y 1) x (2) cos(2 y 1) Kết luận, phương trình mặt phẳng (P): Câu VII.b: PT Từ (2) sin(2 x y 1) 1 Lop12.net (7) Khi Khi sin(2 x y 1) , thay vào (1), ta được: 2x = (VN) sin(2 x y 1) 1 , thay vào (1), ta được: 2x = x = Thay x = vào (1) sin(y +1) = –1 Kết luận: Phương trình có nghiệm: y 1 k , k Z 1; 1 k , k Z Đề số3 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x3 3m2 x 2m (Cm) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = 2) Tìm m để (Cm) và trục hoành có đúng điểm chung phân biệt Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: (sin x sin x 4) cos x 0 2sin x 2) Giải phương trình: 8x x 1 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: sin xdx (sin x cos x)3 I Câu IV: (1 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA (ABC), ABC vuông cân đỉnh C và SC = a Tính góc mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn Câu V: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau đây có đúng nghiệm thực phân biệt: x x (2 x)(2 x) m 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 điểm M(3;1) Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt các tia Ox, Oy A và B cho (OA+3OB) nhỏ 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;4;1) Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P): x y z để MAB là tam giác Câu VII.a: (1 điểm) Tìm hệ số x 20 khai triển Newton biểu thức 5 x x n , biết rằng: 1 1 Cn0 Cn1 Cn2 (1) n Cnn n 1 13 B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(1;0), B(–2;4), C(–1;4), D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : 3x y cho hai tam Lop12.net (8) giác MAB, MCD có diện tích 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (1 ) có phương trình x 2t; y t; z ; (2 ) là giao tuyến mặt phẳng ( ) : x y và ( ) : x y z 12 Chứng tỏ hai đường thẳng 1 , 2 chéo và viết phương trình mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung 1 , 2 làm đường kính Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y x (2m 1) x m m 2( x m) Chứng minh với m, hàm số luôn có cực trị và khoảng cách hai điểm cực trị không phụ thuộc m Hướng dẫn Câu I: 2) (Cm) và Ox có đúng điểm chung phân biệt y coù CÑ, CT yCĐ yCT m 1 (2 cos x 1)(sin x cos x 2) 2sin x Câu II: 1) PT 2) Đặt k 2 x u 0; x 1 v 3 u v u 2v u 2v 2 u 2u v 2u (u v)(u uv v 2) PT Câu III: Đặt x t dx dt x x log 1 2 cos tdt cos xdx I 3 (sin t cos t ) (sin x cos x ) dx 12 dx cot( x ) I 2I 2 sin ( x ) 0 (sin x cos x ) a3 IV: SCA 0; VSABC (sin sin ) Xét hàm số y sin x sin x 2 Câu x 0; 2 a3 a3 sin , 0; ymax 2 1 0 t 2 x 2 x t' 2 x 2 x Từ BBT Câu V: Đặt trên khoảng (VSABC ) max nghịch biến trên [2; 2] t [2; 2] Khi đó: PT Xét hàm f (t ) t 2t với t [2; 2] t t ( x) Từ BBT Phương trình có nghiệm phân biệt 2m t 2t m 2 B(0;b): x y a b 5 2m 4 Câu VI.a: 1) PT đường thẳng d cắt tia Ox A(a;0), tia Oy (a,b>0) M(3; 1) d 1 Cô si ab 12 a b a b a 3b a OA 3OB a 3b 3ab 12 (OA 3OB) 12 1 b a b Phương trình đường thẳng d là: x y x y Mà 2) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực đoạn AB (Q): x y z d là giao tuyến (P) và (Q) d: x 2; y t 1; z t M d M (2; t 1; t ) AM 2t 8t 11 Vì AB = 12 nên MAB MA = MB = AB Lop12.net (9) 2t 8t t Câu VII.a: Ta có 18 18 18 M 2; ; 2 (1 x) n Cn0 Cn1 x Cn2 x (1) n Cnn x n B 1 0 Vì (1 x)n dx , Bdx Cn0 Cn1 Cn2 (1)n Cnn n 1 n 1 ( 12 2 x ) n C12k ( ) x x k 0 Hệ số x 20 nk là: ( x ) k , Tk 1 C12k 212 k x8 k 36 n 13 n 12 8k 36 20 k C127 25 25344 Câu VI.b: 1) Phương trình tham số : S MAB S MCD d ( M , AB) AB d ( M , CD).CD x t y 3t t 9 t M M(t; 3t – 5) M (9; 32), M ( ; 2) 2) Gọi AB là đường vuông góc chung 1 , 2 : A(2t; t; 4) 1 , B(3 s; s;0) 2 AB 1, AB 2 A(2;1; 4), B(2;1;0) Phương trình mặt cầu là: ( x 2)2 ( y 1)2 ( z 2)2 Câu VII.b: Hàm số luôn có hai điểm cực trị x1 m 2, x2 m Khoảng cách hai điểm cực trị là AB ( y2 y1 )2 ( x2 x1 )2 x1 x2 = (không đổi) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x 3m có m x 4m đồ thị là (Cm) (m là tham số) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số m = 2) Xác định m cho đường thẳng (d): y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm A, B cho độ dài đoạn AB là ngắn Câu II: (2 điểm) s inx cosx 4sin x 1) Giải phương trình: 2) Tìm m để hệ phương trình: x y x y 2 m x y x y Câu III: (1 điểm) Tính các tích phân I x x dx ; có ba nghiệm phân biệt e J = xex dx x(e ln x) x Câu IV: (1điểm) Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a và điểm M trên cạnh AB cho AM = x, (0 < x < a) Mặt phẳng (MA'C') cắt BC N Tính x theo a để thể tích khối đa diện MBNC'A'B' thể tích khối lập phương ABCD.A'B'C'D' Câu V: (1 điểm) Cho x, y là hai số dương thay đổi thoả điều kiện 4(x + y) – = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S = x Lop12.net 4y (10) II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1: 3x y ; 2: x – 3y – Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng d: x – 6y – 10 = và tiếp xúc với 1, 2 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp A.OBC, đó A(1; 2; 4), B thuộc trục Ox và có hoành độ dương, C thuộc Oy và có tung độ OBC Viết dương Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (OBC), tan phương trình tham số đường thẳng BC Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: z 2(2 i) z 4i trên tập số phức B Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm M1(155; 48), M2(159; 50), M3(163; 54), M4(167; 58), M5(171; 60) Lập phương trình đường thẳng d qua điểm M(163; 50) cho đường thẳng đó gần các điểm đã cho 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(2;0;0), C(0;4;0), S(0; 0; 4).Tìm tọa độ điểm B mp(Oxy) cho tứ giác OABC là hình chữ nhật Viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm O, B, C, S Câu VII.b (1 điểm) Chứng minh : 8a 8a , với a thuộc đoạn [–1 ; 1] Hướng dẫn 2m 1 Câu I: 2) AB = Câu II: 1) Đặt 4 Dấu "=" xảy t sin x cos x , t 2) Hệ PT m PT t – t2 = x AB ngắn k ; x l m , (k , l Z ) (m 1) x 2(m 3) x 2m (1) x2 y x 1 Khi m = 1: Hệ PT 2 x x2 y x 1 Khi m ≠ Đặt t = x2 , t 0 Xét (VN ) f (t ) (m 1)t 2(m 3)t 2m (2) Hệ PT có nghiệm phân biệt (1) có ba nghiệm x phân biệt (2) có nghiệm t = và nghiệm t > Câu III: Đặt: I x x dx t x2 e I t t dt e f (0) m 3 m S 1 m d e x ln x 15 e 1 ln e x ln x ln dx = x J= x e e ln x 1 x e ln x Câu IV: Ta có A'M, B'B, C'N đồng quy S Đặt V1 = VSBMN, V2 = VSB'A'C' , V = VMBNC'A'B' Ta có xe x a a x SB a x SB , SB ' a x e (0< x < a) Lop12.net e (11) Xét phép vị tự tâm S tỉ số k = V1 a4 x 1 6x a ; Theo đề bài V = Đặt x Do đó: 1 x a ta có: V V2 V1 V1 a x V2 a Mà a4 V2 S A ' B ' C ' SB ' 6x a x a3 x x 1 1 1 1 1 x a a a 2 a3 x x x x a 1 1 1 a 1 1 a a a a x t 1 , t (vì a 0< x<0), PT (*) t2 + t – = t = (*) ( 1) 3 a Câu V: Ta có: 4(x + y) = 4y = – 4x S = x 4y Dựa vào BBT MinS = đạt x = 1, y = = 20 15 x , x(5 x) với < x < 4 Câu VI.a: 1) Tâm I là giao điểm d với đường phân giác góc tạo 1 và 2 2) Câu VII.a: z i; z 3i z Câu VI.b: 1) Đường thẳng d: y = ax + b gần các điểm đã cho Mi(xi; yi), i = 1, , 5 thì điều kiện cần là f (a) y1 y i bé nhất, đó y i axi b i 1 Đường thẳng d qua điểm M(163; 50) 50 = 163a + b d: y = ax – 163a + 50 Từ đó: f (a) (48 155a 163a 50)2 (50 159a 163a 50)2 (54 163a 163a 50)2 + (58 167 a 163a 50) (60 171a 163a 50) = (8a 2) (4a ) 42 (8 4a ) (10 8a ) 80a 129a 92 (P) f(a) bé a = 129 160 b= 13027 160 Đáp số: d: y 129 x 13027 160 160 2) OABC là hình chữ nhật B(2; 4; 0) Tọa độ trung điểm H OB là H(1; 2; 0), H chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông OCB + Đường thẳng vuông góc với mp(OCB) H cắt mặt phẳng trung trực đoạn OS (mp có phương trình z = ) I I là tâm mặt cầu qua điểm O, B, C, S + Tâm I(1; 2; 2) và bán kính R = OI = 22 22 (S): ( x 1) ( y 2) ( z 2) Câu VII.b: Chứng minh : 8a 8a , với a [–1; 1] Đặt: a = sinx, đó: 8a 8a 8sin x(sin x 1) 8sin x cos x 8sin x cos x 2sin 2 x cos x ( đúng với x) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y 2x 1 x 1 (C) Lop12.net (12) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho OAB vuông O Câu II: (2 điểm) cos x cos x 1 1 sin x 1) Giải phương trình: 2) Giải hệ phương trình: sin x cos x x y xy 2 x y Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I e cos x (a) (b) sin x sin xdx Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a SA (ABCD) và SA = a Gọi M, N là trung điểm AD, SC Tính thể tích tứ diện BDMN và khoảng cách từ D đến mp(BMN) Câu V: (1 điểm) Chứng minh rằng: e x cos x x x2 , x R II PHẦN RIÊNG: (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình ( x 2)2 ( y 1)2 25 theo dây cung có độ dài 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x y z x y z 11 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = Viết phương trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi 6 Câu VII.a: (1 điểm) Lập số tự nhiên có chữ số khác từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Hãy tính xác suất để lập số tự nhiên chia hết cho B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC biết: B(2; –1), đường cao qua A có phương trình d1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác góc C có phương trình d2: x + 2y – = Tìm toạ độ điểm A 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(–1; –1; 0), B(1; –1; 2), C(2; –2; 1), D(–1;1;1) Viết phương trình mặt phẳng () qua D và cắt ba trục tọa độ các điểm M, N, P khác gốc O cho D là trực tâm tam giác MNP 1004 C2009 C2009 C2009 Câu VII.b: (1 điểm) Tính tổng: S C2009 Hướng dẫn Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm d và x (m 3) x m 0, x (*) (*) có nghiệm phân biệt là xA và xB A(xA; xA + m), B(xB; xB + m), Theo định lí Viét: x A xB m x A xB m Để OAB vuông O thì OA.OB xA xB xA m xB m x A xB m x A xB m m 2 Câu II: 1) PT (1 sin x)(1 sin x)(cos x 1) 2(1 sin x)(sin x cos x) Lop12.net (C): (13) 1 sin x x k 2 1 sin x sin x cos x sin x cos x 1 sin x cos x 1 x k 2 2) (b) (c) x y ( x 1).( y 1) 14 xy ( xy ) xy 11 p 11 p 3 (c) p p 11 p p 35 / 3 p 26 p 105 Đặt xy = p (a) x y 2 3xy p = xy = 35 (loại) p = xy = x y 2 xy x y x y 1/ Với Vậy hệ có hai nghiệm là: Câu III: I e cos x I1 e cos x 3; , 3; xy x y x y 2 sin x.sin xdx .sin xdx 2/ Với .sin x.dx Đặt cosx = t I1 = I sin x.sin xdx I 2 cos x cos3x dx 1 sin x 2 sin x 2 3 Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), a a a a 2 2 a3 BN , BM BD S(0; 0; a), M 0; ; , N ; ; VBMND Mặt khác, a a a BN , BM ; ; 24 VBMND S BMN d D,( BMN ) , d D,( BMN ) Câu V: Xét hàm số: S BMN a2 BN , BM 2 3VBMND a S BMN f ( x) e x cos x x x2 , x R f ( x) e x sin x x f ( x) e x cos x 0, x R f (x) là hàm số đồng biến và f (x) = có tối đa nghiệm Kiểm tra thấy x = là nghiệm f (x)=0 Dựa vào BBT f(x) f ( x) 0, x R e x cos x x x2 , x R Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = ax + by – a – 2b = ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) (C) đến d d I,d 2a b a 2b a b2 a 3b a b 2 a 8a 6ab a b a = 0: chọn b = d: y – = a= b: chọn a = 3, b = – d: 3x – y + = 2) Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Lop12.net (14) Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới () là h = R r 52 32 Do đó 2.1 2(2) D 22 22 (1)2 D 7 5 D 12 D 17 (loại) Vậy () có phương trình 2x + 2y – z – = Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác * Số các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A85 A74 5880 số * Số các số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A74 + A63 = 1560 số P(A) = 1560 13 5880 49 Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là: U 3; 4 phương trình BC: x y 1 4 Toạ độ điểm C (1;3) + Gọi B’ là điểm đối xứng B qua d2, I là giao điểm BB’ và d2 x y 1 2x y 2 x y x I (3;1) Toạ độ điểm I là nghiệm hệ: x y y 1 x xI xB B (4;3) Vì I là trung điểm BB’ nên: B ' yB ' yI yB phương trình BB’: + + + Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0 + Toạ độ điểm A là nghiệm hệ: y x 5 A(5;3) 3 x y 27 y 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p) Oz DP 1; 1; p 1 ; NM m; n;0 DP.NM m n Ta có : DN 1; n 1; 1 ; PM m;0; p DN PM m p Phương trình mặt phẳng (): D là trực tâm x y z m n p Vì D () nên: MNP 1 1 m n p DP NM DP.NM DN PM DN PM mn0 m p m 3 n p 1 1 m n p Kết luận, phương trình mặt phẳng (): x y z 1 3 3 1004 C2009 C2009 C2009 Câu VII.b: S C2009 (1) 2009 2008 2007 1005 S C2009 (2) (vì Cnk Cnn k ) C2009 C2009 C2009 2009 1004 1005 2009 2S C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 1 1 S 22008 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Môn Thi: TOÁN – Khối A Lop12.net (15) ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề Thời gian: 180 phút, không kể thời gian I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + (m là tham số) (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời hoành độ điểm cực tiểu nhỏ Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: 23 cos3 x cos3 x sin x sin x 2) Giải hệ phương trình: x y ( y x) y ( x 1)( y x 2) y Câu III (1 điểm) Tính tích phân: (x, y (1) ) (2) dx 4x 2x I Câu IV (1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB=AD = a, AA’ = a và góc BAD = 600 Gọi M và N là trung điểm các cạnh A’D’ và A’B’ Chứng minh AC’ vuông góc với mặt phẳng (BDMN) Tính thể tích khối chóp A.BDMN Câu V (1 điểm) Cho x,y là các số thực thỏa mãn điều kiện x2+xy+y2 Chứng minh rằng: –4 – x – xy – 3y II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y –2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + = và trung điểm cạnh AC là M(1; 1) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (): 3x + 2y – z + = và hai điểm A(4;0;0) , B(0;4;0) Gọi I là trung điểm đoạn thẳng AB Xác định tọa độ điểm K cho KI vuông góc với mặt phẳng (), đồng thời K cách gốc tọa độ O và () ln(1 x ) ln(1 y ) x y 2 x 12 xy 20 y Câu VII.a (1 điểm) Giải hệ phương trình: (a) (b) B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho DABC có cạnh AC qua điểm M(0;– 1) Biết AB = 2AM, phương trình đường phân giác AD: x – y = 0, phương trình đường cao CH: 2x + y + = Tìm tọa độ các đỉnh DABC 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 4x – 3y + 11z = và hai đường thẳng d1: x y3 z 1 x y z3 = = , = = Chứng minh 1 1 d1 và d2 chéo Viết phương trình đường thẳng nằm trên (P), đồng thời cắt d1 và d2 Lop12.net (16) Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: x – x 1 2(2 x –1)sin(2 x y –1) Hướng dẫn Câu I: 2) YCBT phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: x1 < x2 < ' 4m m f (1) 5m S 2m 2 Câu II: 1) (1) cos4x = <m< x 16 k x 1 y x2 x2 1 x 1 x 2 y y y y5 x ( y x 2) y x 1 y 2) (2) x I ln 12 VA.BDMN = VS.ABD = SA.SABD 4 Câu III: Đặt t = Câu IV: Câu V: Đặt A = x xy y , B = x xy y Nếu y = thì B = x B 2 Nếu y thì đặt t = Xét phương trình: x y = a a 3a 16 ta B = A t2 t m t2 t 1 x xy y t2 t A 2 x xy y t t 1 (m–1)t2 + (m+1)t + m + = (1) (1) có nghiệm m = = (m+1)2 – 4(m–1)(m+3) Vì A nên –3– B –3+ Câu VI.a: 1) A ; , C ; , B(– 4;1) 3 3 3 m 3 3 3 3 2) I(2;2;0) Phương trình đường thẳng KI: x2 y2 z 1 Gọi H là hình chiếu I trên (P): H(–1;0;1) Giả sử K(xo;yo;zo) Ta có: KH = KO x0 y0 z0 1 ( x 1) y ( z 1) x y z 0 0 0 K(– ; ; ) 4 Câu VII.a: Từ (b) x = 2y x = 10y (c) Ta có (a) ln(1+x) – x = ln(1+y) – y (d) Xét hàm số f(t) = ln(1+t) – t với t (–1; + ) f (t) = 1 t 1 t 1 t Từ BBT f(t) suy ra; phương trình (d) có nghiệm (x;y) với x y thì x, y là số trái dấu, điều này mâu thuẩn (c) Vậy hệ có thể có nghiệm (x, y) với x = y Khi đó thay vào (3) ta x = y=0 Câu VI.b: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M vuông góc với AD cắt AD, AB I và N, ta có: (d ) : x y 0, I (d ) ( AD) I ; N (1; 0) (I là trung điểm MN) AB CH pt ( AB) : x y 0, A ( AB) ( AD) A(1; 1) Lop12.net 2 (17) AB = 2AM AB = 2AN N là trung điểm AB B 3; 1 pt ( AM ) : x y 0, C ( AM ) (CH ) C ; 2 2) Toạ độ giao điểm d1 và (P): A(–2;7;5) Toạ độ giao điểm d2 và (P): B(3;–1;1) Phương trình đường thẳng : x y z 8 Câu VII.b: PT Từ (2) 4 2 sin(2 y 1) (1) x (2) cos(2 y 1) x x sin(2 x y 1) 1 Thay vào (1) x = BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 y 1 k KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x2 (1) 2x 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung hai điểm phân biệt A, B cho OAB cân gốc tọa độ O Câu II (2 điểm) cot x tan x 2cot x 1) Giải phương trình: 2) Giải phương trình: x 2( x 1) x 2 x x x Câu III (1 điểm) Tính tích phân : cos x sin x dx sin x I Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.ABCD cạnh a Gọi M, N là trung điểm các cạnh CD, AD Điểm P thuộc cạnh DD’ cho PD = 2PD Chứng tỏ (MNP) vuông góc với (AAM) và tính thể tích khối tứ diện AAMP Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là cạnh tam giác có chu vi Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P (a b c)3 (b c a )3 (c a b)3 3c 3a 3b II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3) Lập phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (C) A, B phân biệt cho MA = 3MB Lop12.net (18) 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : x – 2y + 2z – = và hai đường thẳng 1 : x 1 y z x 1 y z 1 ; 2 : Xác 1 2 định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) Câu VII.a (1 điểm) Gọi z1 và z2 là nghiệm phức phương trình: z2 z 10 Tính giá trị biểu thức: A z1 z2 B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; 3), B(2; – 1), C(11; 2) Viết phương trình đường thẳng qua A và chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho, đường thẳng d: x y 1 z và mặt phẳng (P): x + 3y + 2z + = Lập phương trình đường thẳng d qua điểm M(2; 2; 4), song song với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: log 1 x log x Hướng dẫn Câu I: 2) OAB cân O nên tiếp tuyến song song với hai đường thẳng y = x y = –x Nghĩa là: f (x0) = 1 x 1 y 1 1 (2x 3) x 2 y 1 : y – = –1(x + 1) y = –x (loại); 2 : y – = –1(x + 2) y = –x – (nhận) Câu II: 1) Điều kiện: sin x cos x x k cos x cos x sin x Ta có: 2cot x 2 cot x tan x sin x 2sin x cos x cot x PT cot x cot x cot x x k , k cot x cot x 2) Điều kiện: x 2 2 PT ( x 1) 2( x 1) 3x 3x x 2 x x x x x ( x 1) x x x x 1 x x Câu III: Đặt u sin x cos x I Đặt u 2sin t I du u2 2cos tdt 4sin t dt 12 Câu IV: Gọi Q là giao điểm NP và AD Do PD = 2PD nên DN = 2DQ AD.DQ MD Ta có: a2 QM AM V MD.S A ' AP (1) (đpcm) S A ' AP S ADD ' A ' S APD S A ' D ' P Lop12.net a2 (19) Thay vào (1), ta được: V a3 12 ( a b c )3 c và ta được: , 3c ( a b c )3 c ( a b c )3 4c abc a b (1) 3c 3 3c 3 3 Tương tự: (b c a) b c 4a (2), (c a b) c a 4b (3) 3a 3 3b 3 Cộng (1), (2) và (3) ta suy P P a b c VI.a: 1) PM /(C ) 27 M nằm ngoài (C) (C) có tâm I(1;–1) và R = Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho số dương Câu Mặt khác: PM /(C ) MA.MB 3MB MB BH IH R BH d [ M ,(d )] Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = (a2 + b2 > 0) a 4 a 12 b a b2 6a 4b d [ M ,(d )] Vậy (d): y – = (d): 12x – 5y – 69 = 2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) 1; 2 qua A (1; 3; –1) có véctơ phương a = (2; 1; –2) AM = (t – 2; t – 3; 6t – 8) AM;a = (14 – 8t; 14t – 20; – t) Ta có : d (M, 2) = d (M, (P)) 261t 792t 612 11t 20 35t2 – 88t + 53 = t = hay t = 53 35 18 53 Vậy M (0; 1; –3) hay M ; ; 35 35 35 Câu VII.a: ’ = –9 = đó phương trình có nghiệm z1 = –1 – 3i, z2 = –1 + 3i A z1 z2 = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 2) Chọn N d N (t;1 2t;2 t ) MN (t 2;2t 1; t 2) 9i2 MN ( P ) MN n P M ( P ) t N (1;3;3) d ' : Câu VII.b: Điều kiện: x > Đặt PT log t t t log x x 7t t t t t 3 3 t 1 1 1 8 8 t Hàm số x 1 y z 1 t (*) t 3 3 f (t ) 8 8 nghịch biến và f (3) nên (*) có nghiệm t = Vậy phương trình có nghiệm x = 343 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỌC NĂM 2010 ĐỀ THI THAM KHẢO giao đề KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y x mx3 x 3mx (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = Lop12.net (20) 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu Câu II: (2 điểm) 23 1) Giải phương trình: cos3xcos3x – sin3xsin3x = 2) Giải phương trình: x x x ( x 1) x x Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I x 1 sin xdx Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA = b Gọi là góc hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) Tính tan và thể tích khối chóp A.BBCC Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác Chứng minh: a b2 c2 a b c b2 c2 a b c a II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm đường chéo AC và BD Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – = Viết phương trình đường thẳng AB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – = và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = Chứng minh mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đường tròn Xác định tọa độ tâm và tính bán kính đường tròn đó Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: x x 1 10.3x x B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + = và đường thẳng : x + my – 2m + = với m là tham số thực Gọi I là tâm đường tròn (C) Tìm m để cắt (C) điểm phân biệt A và B cho diện tích IAB lớn 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ các điểm M, N, P khác gốc O cho D là trực tâm tam giác MNP Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: x x 1 2(2 x 1)sin(2 x y 1) -Hướng dẫn Câu I: 2) Đạo hàm y x3 3mx x 3m ( x 1)[4 x (4 3m) x 3m] x 1 y x (4 3m) x 3m (2) Hàm số có cực tiểu y có cực trị y = có nghiệm phân biệt (2) có nghiệm phân biệt khác Thử lại: Với m , (3m 4) m 4 3m 3m thì y = có nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có cực tiểu Vậy, hàm số có cực tiểu m Lop12.net (21)