Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.. Viết phương trình mặt phẳng P qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là tr[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y ( x – m)3 – 3x (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm: x 3x k 1 log x log ( x 1) 2 Câu II: (2 điểm) 1) Tìm tổng tất các nghiệm x thuộc [ 2; 40] phương trình: sinx – cos2x = log x log (3 x) log8 ( x 1)3 2) Giải phương trình: Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: e 2 I x ln xdx x 1 BAD 600 , SA Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a Gọi C là trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC và song với BD, cắt các cạnh SB, SD hình chóp B, D Tính thể tích khối chóp S.ABCD Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh bất đẳng thức: ab bc ca a b c c(c a ) a (a b) b(b c) c a a b b c 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 phương trình hai cạnh tam giác là 5x – 2y + = và 4x + 7y – 21 = Viết phương trình cạnh thứ ba tam giác đó, biết trực tâm nó trùng với gốc tọa độ O 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ I, J, K mà A là trực tâm IJK Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: S 1.2.C252 2.3.C253 24.25.C2525 B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến đó 600 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và cắt các đường thẳng AB, CD Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện: z và phần thực z hai lần phần ảo nó Lop12.net (2) Hướng dẫn x 3 3x k (1) Câu I: 2) Ta có : Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1 log2 x log2 ( x 1) (2) 2 Từ (2) x(x – 1) < x Hệ PT có nghiệm (1) có nghiệm thoả < x ( x 1)3 3x k ( x 1)3 3x < k x 1 x Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x và g(x) = k (d) Dựa vào đồ thị (C) (1) có nghiệm x (1;2] k f ( x ) f (2) 5 Vậy hệ có nghiệm k > – 1;2 Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x = 2sin2x + sinx –1 = Vì x [ 2; 40] nên 2 k x k 2 ,k 2 40 2 k 40 2 6 2 6 0,7 k 18,8 k 1, 2,3, ,18 Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = 18 2) Điều kiện: x PT 2 (1 18) 117 log x 1 log (3 x) log ( x 1) 1 x x 1 x x x x x Câu III: Ta có : 17 (tmđk) e e e 2 ln x I x ln xdx x ln xdx dx e 5 x x 1 1 Câu IV: Ta có: SAC vuông A SC SA2 AC 2a AC = SC = a SAC Vì (P) chứa AC và (P) // BD BD // BD Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm AC và BD I là trọng tâm SBD Do đó: 2 B D BD a 3 Mặt khác, BD (SAC) DB (SAC) BD AC Do đó: SAB'C'D' = a2 AC B D Đường cao h khối chóp S.ABCD chính là đường cao tam giác SAC h a Vậy thể tích khối chóp S ABCD là V = a b b c c a 1 1 1 cac aba bcb b 1 c 1 a 1 c a b b 1 c 1 a 1 a b c a b c x 0; y 0; z x y.z 1 Khi đó : b c a a3 h.S AB ' C ' D ' 18 Câu V: Ta có BĐT Đặt: Lop12.net (1) (3) x 1 y 1 z 1 (*) x y z xy yz zx x y z y 1 z 1 x 1 x y z x y z xyz x y z x y z ( theo BĐT Cô–si) (1) Vì Và xy yz zx 3 xyz 3 (theo BĐT Cô–si) Do đó: (*) đúng Vậy (1) CM Dấu "=" xảy x = y = z a = b = c Khi đó tam giác ABC là tam giác Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh B qua O nhận VTCP a (7; 4) AC làm VTPT BO: 7x – 4y = B(–4; –7) A nằm trên Oy đường cao AO chính là trục Oy Vậy AC: y + = x y z a b c JK (0; b; c), IK (a;0; c) 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( P) : IA (4 a;5;6), JA (4;5 b;6); 77 a 4 a b c 77 Ta có: 5b 6c b phương trình mp(P) 4a 6c 77 c n Câu VII.a: Xét nhị thức Newton: x 1n Cnk x k k 0 Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n(n 1) x 1 25 n2 n k (k 1)Cnk x k (1) k 2 25 Cho x = và n = 25 từ (1) 25 24.223 = k (k 1)C25k k (k 1)C25k = 5033164800 k 2 k 2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = M Oy M(0;m) AMB 600 (1) AMB 1200 (2) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) AMB nên: Vì MI là phân giác IA MI = 2R m m sin 30 IA AMI = 600 MI (2) MI = R m2 (vô nghiệm) 3 sin 60 Vậy có hai điểm M1(0; ) và M2(0; – ) 2) BA (4;5;5) , CD (3; 2;0) , CA (4;3;6) Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P) (Oxy) (P) có VTPT n1 BA, k = (5; –4; 0) AMI = 300 MI (1) (P): 5x – 4y = (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q) (Oxy) (Q) có VTPT n2 CD, k = (–2;–3; 0) (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)(Q) Phương trình (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo) Lop12.net (4) Ta có: a 2 a z 5 a b a 2b b b b a 2b a 2b Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: Lop12.net z 2 5i; z 5i (5)