Đề 1 thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2010 môn : Toán học - Khối : D

Chứng minh M là trung điểm của SA và 4 tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.. Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương.[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn : TOÁN - Khối : D PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y  x 1 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x  cos x  3sin x  cos x   Giải phương trình 42 x  x2  x  42 x2  2x  x4 e ( x  ) 3  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I    x   ln xdx x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; hình chiếu vuông góc đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AC AH  Gọi CM là đường cao tam giác SAC Chứng minh M là trung điểm SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y   x  x  21   x  x  10 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 toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0) Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z  = và (Q): x  y + z  = Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) cho khoảng cách từ O đến (R) Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z  và z2 là số ảo B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) và  là đường thẳng qua O Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên  Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hoành AH x   t x  y 1 z    Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1:  y  t và 2: 2 z  t  Xác định toạ độ điểm M thuộc 1 cho khoảng cách từ M đến 2  x  x  y   Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y   ) 2 log ( x  2)  log y  Lop12.net BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: y   x  x  (C ) 1/ Khảo sát, vẽ (C) TXĐ : D = R; y '  4 x3  x; y '   2 x(2 x  1)   x  0; y  y "  12 x    hàm số lồi trên R lim y  lim y   x  x y' y 2/ x  - 0 + +  - - Hàm số đồng biến trên khoảng (-;0), nghịch biến trên khoảng (0;+) y đạt cực đại x = 0, yCĐ = (C)  Ox : A ( 2;0) Tiếp tuyến  vuông góc d : y  x   Pt () : y =  6x + b  x  x   6 x  b x   tiếp xúc (C)  hệ sau có nghiệm :    4 x  x  6 b  10 Vậy  : y =  6x + 10 Câu II: 1/ Giải phương trình : sin x  cos x  3sin x  cos x    2sin x cos x   2sin x  3sin x  cos x    cos(2sin x  1)  2sin x  3sin x    cos x(2sin x  1)  (2sin x  1)(sin x  2)   (2sin x  1)(cos x  sin x  2)    x   k 2   sin x      x  5  k 2 (k  Z ) cos x  sin x  2 (VN )  2/ 42 x  x2  x  42 x2  2x  x4 (*); đk : x   42 x  (24 x   1)  x (24 x   1)   (24 x   1)(42  24 x    x    x   24 x2 x2  2x )   x  x3  x   x3   2( x   2)  ( x  2)( x  x  4)   x20 x  2( x  2) x22 x22 VT = x  x   ( x  1)     Phương trình vô nghiệm Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = VP = x22  x2  2x   Lop12.net Câu III : e e e 3  I    x   ln xdx   x ln xdx  3 ln x dx x x 1 1    I1 I2 e I1   x ln xdx ; Đặt u  ln x  du  e e x2 dx ; dv  xdx  v  x e  x2  e2  x  e2  I1   ln x    xdx      2  1  1 dx Tính I2 : Đặt t = lnx  dt  x  t2  e2  x = ; t = 0; x = e ; t = I   tdt     Vậy I   0 Câu IV: a 2 a 14 Ta có SH  a       2 14a  3a  32a SC     a = AC   16   16 Vậy SCA cân C nên đường cao hạ từ C xuống SAC chính là trung điểm SA Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên MK = SH   a 14 a 14 Ta có V ( S ABC )   a   3  24 a 14 Nên V(MABC) = V(MSBC) = V(SABC) = 48 Câu V:  49  y  ( x  2)  25    x    ; đk : 2  y'  2( x  2) ( x  2)  25  3  2  x   2   49   x    2    x  x  21  3  x    2  x   2  x   x  x  10  3  x  2   49   x    2  3  49   y '    x   ( x  2)  25  ( x  2)   x    2 2    3  x   ( x  2)     2  x    ( x  2)  25  ( x  2)    x    49       2  2     Lop12.net  x2 ( x  2)  25  x   x     3   10  x    7( x  2)  25  x    49 ( x  2)        2 3  10  x    7( x  2) 2     x  x2       x  (nhan) 10 x  15  x  14 3x        10 x  15  7 x  14 17 x  29  x  29 (loai )   17  x 2 1/3 y'  + y y(1/3) 1 y    2; ymin  3 Cách khác: có thể không cần bảng biến thiên, cần so sánh y(-2), y(1/3) và y(5) PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1/ * C1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm I điểm H'  BC qua trung điểm HH' Phương trình AH : x = Đường tròn (C) có pt : ( x  2)  y  74 H' là giao điểm AH và đường tròn (C)  H' (3; 7) Đường thẳng BC có phương trình : y = cắt đường tròn (C) điểm C có hoành độ là nghiệm phương trình : ( x  2)  32  74  x  65  (lấy hoành độ dương); y = Vậy C ( 65  ; 3) * C2: Gọi (C) là đường tròn tâm I(2;0), bán kính R = IA  74 Pt đường tròn (C) : ( x  2)  y  74 Gọi AA1 là đường kính  BHCA1 là hình bình hành  HA1 qua M trung điểm BC Ta có IM là đường trung bình A1AH    x  2 Nên : IM  AH   M  M (2;3)  yM  Pt BC qua M và vuông góc AH : y  = Lop12.net ( x  2)  y  74  x  2  65   Toạ độ C thoả hệ phương trình :  y   Vậy C ( 65  ; 3)  y  x        2/ PVT nP  (1;1;1) ; PVT mQ  (1; 1;1) ; PVT k R  n  m  (2;0; 2)  2(1;0; 1) Phương trình (R) có dạng : x  z + D = Ta có : d (0;(R)) =  D   D  2 Phương trình (R) : x  z  2  hay x  z  2  Câu VII.a: Đặt z  a  bi  z  a  b  2abi a  b  a  z1   i , z2   i Ta có hệ phương trình   Vậy :  2 z3  1  i , z4  1  i a  b  b  B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1/ * C1  : Gọi H(x0; y0) là hình  chiếu A xuống  Ta có : AH  ( x0 ; y0  2), OH  ( x0 ; y0 )    x02  y0 ( y0  2)   x02  y02  y0   AH OH    Do gt :  2  AH  d ( H , Ox)  x0  ( y0  2)  y0  x0  y0     y0   y0  1    x02  y02  y0        y0  x0  y0    x0  y0      x0  1   8   1   8   (loai )  x      H   8; 1  Phương trình  : (  1) x   y   y0  1  * C2 :    Oy  H  A : không thoả AH = d(H, Ox)    Ox  H  O : không thoả AH = d(H, Ox)  Pt  : y = kx (k  0)  AH    y  x2  k  AH qua A Toạ độ H =   AH thoả hệ 2k  x   y  kx   2k 2k  k 1    H ;     2  k 1 k 1   y   k x   y  2k k 1    2  2k  2k   2k AH  d ( H ; Ox)       2   k  k 1  k  k  k       1 k  22  k   1  (loai ) k   Lop12.net 22 x 2/ M  1  M(3+t; t; t) qua A(2;1;0)  2  co VTCP a2  (2;1; 2)    Ta có : AM  (1  t ; t  1; t )  [a2 , AM ]  (2  t ; 2; t  3) ; d(M; 2) = Vậy  : y    (2  t )   (t  3) 1 1 t   M (4;1;1)  2t  10t  17   2t  10t     t   M (7; 4; 4) Câu VII.b:  x  x  y   (1) ; đk: x > 2, y >  2 log ( x  2)  log y  (2) y  x 2 (2)  ( x  2)  y   y  2 x  x  (loai ) * y  x  (1)  x  x  x     x   x2  4x   x    * y   x (1)    x  1(loai )  x  5x    x     x = 3; y = x = 4; y =  Trần Minh Quang, Trần Minh Thịnh (Trung tâm BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn) Lop12.net