Đề 12 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

Câu IV: 1 điểm Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc a.. Chứng minh bất đẳng[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 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 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); (m là tham số) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = 2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = điểm phân biệt C(0; 1), D, E cho các tiếp tuyến (Cm) D và E vuông góc với Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos3x + sinx + cosx = 2) Giải hệ phương trình:  x  91  y   y (1)   y  91  x   x (2) e2 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I =  dx x ln x.ln ex e Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc a Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là số dương thoả mãn: a  b  c  Chứng minh bất đẳng thức: 1 4      ab bc ca a 7 b 7 c 7 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 elip (E): x  y  36 và điểm M(1; 1) Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) hai điểm C, D cho MC = MD 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đường thẳng x 1 y z    và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = 2 điểm) Cho tập hợp X = 0,1, 2,3, 4,5,6,7 Có thể (d) : Câu VII.a (1 lập bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số khác đôi từ X, cho ba chữ số đầu tiên phải B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x  16 y  80 và hai điểm A(–5; – 1), B(–1; 1) Một điểm M di động trên (E) Tìm giá trị lớn diện tích MAB 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng và hai đường thẳng có phương trình (P): 3x  12 y  3z   và (Q): 3x  y  z   (d1): x  y  z 1   , 4 (d2): x  y 1 z    2 Viết phương trình đường thẳng () song song với hai mặt phẳng (P), (Q) và cắt (d1), (d2) Câu VII.b (1 điểm) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: An3  2Cnn   9n Lop12.net Hướng dẫn Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và đường thẳng y = là:  x(x2 + 3x + m) =  x3 + 3x2 + mx + = x    x  x  m  (2) (Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt  (2) có nghiệm xD, xE   m      4m     0    m   m   Lúc đó tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) = 3xD2  xD  m  ( xD  2m); kE = y’(xE) = 3xE2  xE  m  ( xE  2m) Các tiếp tuyến D, E vuông góc  kDkE = –1  (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1  9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et)  m = 9  65  Câu II: 1) PT  cos  x      cos3x  cos  x     cos(  3x)  3   3 x   k 2) Điều kiện: x ≥ và y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x  91  y  91  y   x   y  x  x2  y x  91  y  91 2  yx  ( y  x)( y  x) y2  x2  x y  ( x  y)    x  91  y  91    x  y   x2  y2   x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y lớn 2) Vậy từ hệ trên ta có: x  91  x   x  x  91  10  x    x   x2  x  91  10      x3 1  ( x  3)( x  3)  ( x  3)  ( x  3)   1  0  x  1 x     x  91  10   Vậy nghiệm hệ x = y = Câu III: e2 I e e2 dx d (ln x)  x ln x(1  ln x) e ln x(1  ln x) Câu IV: Dựng e2 =    d (ln x) = 2ln2 – ln3  ln x  ln x  e SH  AB  SH  ( ABC ) Ta có: ( SAB)  ( ABC ), ( SAB)  ( ABC )  AB, SH  ( SAB) và SH là đường cao hình chóp Dựng HN  BC , HP  AC  SN  BC , SP  AC   SPH   SNH   SHN = SHP  HN = HP AHP vuông có: HP  HA.sin 60o  a SHP vuông có: 1 a a a3 S ABC : V  SH S ABC  tan   tan  3 4 16 dụng bất đẳng thức   ( x  0, y  0) x y x y 1 1 1   ;   ;   a  b b  c a  2b  c b  c c  a a  b  2c c  a a  b 2a+b+c Thể tích hình chóp Câu V: Áp Ta có: SH  HP.tan   Lop12.net a tan   x = Mặt khác: 2    2a  b  c   4a  2b  2c  2a  b  c 2a  b  c  a   2(a  1)  (b  1)  (c  1)  2  ;  Tương tự: 2b  c  a b  2c  a  b c  1 4      Từ đó suy ab bc ca a 7 b 7 c 7 Đẳng thức xảy và a = b = c = Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) C, D Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, đó phương trình (d) có dạng: y  k ( x  1)   y  kx   k Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (E): x  9(kx   k )2  36   (4  9k ) x  18k (1  k ) x  9(1  k )  36  (1) (   288k  72k  108  0, k )  (d) luôn cắt (E) điểm C, D với các hoành độ x1 , x2 là nghiệm (1) Theo định lý Viet: x1  x2  18k (1  k )  9k M(1; 1) là trung điểm CD  x1  x2  xM  18k (1  k ) 2  k   9k Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 2) Gọi A(a; 0; 0)  Ox  (Q / ) : y  3x  10   (d) qua M (1; 0;  2) và có VTCP u  (1; 2; 2) Đặt M M  u Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A tam giác AM M  d ( A; d )    AM ; u  8a  24a  36    u 2.S AM M1 M M1 Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d)  2a  8a  24a  36  4a  8a  24a  36  4(a  3)   a  3 Vậy, có điểm A(3; 0; 0) Câu VII.a: Giả sử n = a b c d e  Xem các số hình thức a b c d e , kể a = Có cách chọn vị trí cho (1 là a b c) Sau đó chọn trị khác cho vị trí còn lại từ X \ 1  số cách chọn A74 Như có (7 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài  Xem các số hình thức 0b c d e  có A63  240 (số)  Loại số dạng hình thức 0b c d e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x  y   và AB  Gọi M ( x0 ; y0 )  ( E )  x02  16 y02  80 Diện tích MAB: Ta có: d ( M ; AB )  x0  y0  1  x0  y0  S  AB.d ( M ; AB )  x0  y0  Áp dụng bất đẳng thức Bu nhia cốp Ski cho cặp số   1 1 x0  y0       x02  16 y02   80  36  20 5 4   Lop12.net 1  ;   , ( x0 ; y0 )  2  có:  x0  y0     x0  y0     x0  y0       x0  y0    x0  y0    5x y     x0  5 x0  8 y0    max x0  y0        x0  y0   y     x0  y0   Vậy, max S MAB  M  ;   3 3 2) (P) có VTPT nP  (1; 4;  1) , (Q) có pháp vectơ nQ  (3;  4; 9) (d1) có VTCP u1  (2;  4; 3) , (d2) có VTCP u2  (2; 3; 4) Gọi: (1 )  ( P )  (Q) ( P )  (d ),( P )  ( P )  1  ( Q )  ( d ),( Q )  (Q )   u  u   () = (P1)  (Q1) và () // (1) () có vectơ phương u  [nP ; nQ ]  (8;  3;  4)  (P1) có cặp VTCP u1 và u nên có VTPT: nP1  [u1 ; u ]  (25; 32; 26) Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) =  25 x  32 y  26 z  55  (Q1) có cặp VTCP u2 và u nên có VTPT: nQ1  [u2 ; u ]  (0; 24;  18) Phương trình mp (Q1): 0( x  3)  24( y  1)  18( z  2)   y  3x  10   Ta có: ()  ( P1 )  (Q1 )  phương trình đường thẳng () : Câu VII.b: n  3, n  Lop12.net 25 x  32 y  26 z  55   4 y  z  10 