Đề số 5 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất Câu VI.b: 1 Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính.. CH: chiều cao.[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  x  (2m  1) x  2m (m là tham số ) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số m = 2) Tìm tất các giá trị m để đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm phân biệt cách Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình : 21   2 cos x  cos  x  3    sin 2( x   )  3cos  x    s in x 3   (1  x  y ).51 x  y   3x  y  (1)  2) Giải hệ phương trình:  (2) x  3y y   1 y x  Câu III (2 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường sau : y  0, y xe x  x  1 , x 1 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang AB = a, BC = a,   900 , cạnh SA  a và SA vuông góc với đáy, tam giác SCD vuông C Gọi H BAD là hình chiếu A trên SB Tính thể tích tứ diện SBCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SCD) Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn biểu thức: P= 1    2009 Tìm giá trị lớn x y z 1   2x  y  z x  y  z x  y  2z II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) x  y  x  y   1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(4;0;0) , B(0;0; 4) và mặt phẳng (P): x  y  z   Tìm điểm C trên mặt phẳng (P) cho ABC 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – = và đường tròn (C): x  y  x  y   Xác định tọa độ các giao điểm A, B đường tròn (C) và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) cho tam giác ABC vuông B 2 Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần thực số phức : z  (1  i) Trong đó nN và thỏa mãn: n log  n  3  log  n    B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm ) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: Lop12.net x  y 1 z  d1 :   1 2  x  2t  và : d :  y  3  3t  zt  t   Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 và d2 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức: z   3.i Hãy viết số zn dạng lượng giác biết nN và thỏa mãn: n  2n   4log3 ( n  n  6)  (n  2n  6)log3 Hướng dẫn Câu I: 2) Đồ thị cắt trục hoành điểm phân biệt cách  phương trình x  (2m  1) x  2m  (1) có nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng  phương trình: X2 – (2m + 1)X + 2m = (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X1 = 9X2   4m  4m   (2m  1)  8m    m        m     S    2m   P   2m   m    m  1  sin x    sin x  6 cos x  sin x   Câu II: 1) PT  (1  sin x)(6 cos x  sin x  8)    2) Xét (1): Đặt t = x – y (1)   t  t          9.3t       Với t > VT < 10, VP > 10  Với t < 0, VT > 10, VP < 10  Phương trình (1) có nghiệm t = hay x = y Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2)  x  x   3x x  0 x Dễ thấy x = không phải là nghiệm phương trình, chia hai vế cho x = ta được: (2)  x 1 3 x    x x Đặt y x x (ĐK y  0) Ta phương trình: y2 – 3y + =  Câu III: S = xe x 0 ( x  1)2 dx u  xe x Đặt   dv  ( x  1)2 dx  y 1 y   Từ đó ta tìm x 1 xe x xe x dx     e x dx 0 ( x  1)2 x 1 0 Câu IV:  Chứng minh:  ACD vuông C  ACD vuông cân C AC  CD  a 2; CD  2a; BD  a  VSBCD = VS.ABCD – VSABD  Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC) Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD) Kéo dài AB và CD cắt E Kéo dài AH cắt SE M Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED) Lop12.net AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông H Kẻ HI  MK có HI = d(H, (SCD))  Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK Từ đó tính HI Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 4ab ≤ (a + b)2  Ta có: ab 1 1     Dấu "=" xảy  a = b  a  b 4ab  a b  1 1   1  1   1                 x  y  z  x y  z   x  y z   x y z  Tương tự: 1 1  1 1 1      và      x  y  z  2x y 2z  x  y  2z  2x y z  1 1  1  2009        2x  y  z x  y  z x  y  2z  x y z  2009 12 Vậy MaxP = x = y = z = 2009 Vậy Câu VI.a: 1) C nằm trên mặt phẳng trung trực AB 2) Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm hệ phương trình  x2  y  2x  y    y  0; x     y  1; x  3 x  5y   Vì A có hoành độ dương nên ta A(2;0), B(–3;–1) Vì  ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(–1;2), suy C(–4;4) Câu VII.a: Phương trình: log (n  3)  log5 (n  6)  có nghiệm n = 19 (Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = điểm nhất) Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung hai đường thẳng là đường kính  2) Ta có: AB   1;2   AB  Phương trình AB là: x  y   I  (d ) : y  x  I  t ; t  I là trung điểm AC và BD nên: C  2t  1;2t  , D  2t ;2t    5 8 8 2 | 6t  | t   C  ;  , D  ;    Ngoài ra: d  C; AB   CH      5 t   C  1;0  , D  0; 2  Vậy tọa độ C và D là C  ;  , D  ;  C  1;0  , D  0; 2   3 3 3 Mặt khác: S ABCD  AB.CH  (CH: chiều cao)  CH  Câu VII.b: Đặt log3 (n  2n  6)  t  n  2n   3t ; (n  2n  6)log   3t   5t Ta phương trình: 3t + 4t = 5t Phương trình có nghiệm t =  n2 – 2n + =  n2 – 2n – =  n =3 Lop12.net log3