Đề 39 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối 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 của 2 đường chéo AC và BD.. Viết phương trình đường thẳng[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  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) 23 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 (ABC) Tính tan  và thể tích khối chóp A.BBCC 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 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   (3m  4)    m 4   3m  3m   (2) có nghiệm phân biệt khác Thử lại: Với m , 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 Câu II: 1) PT  cos x  m    x    k ,k Z 16 2) Đặt:  v2  u  x  u  x  2, u  u  x      v2  u   2 v  x  x  3, v  v  x  x   x   PT  v  u    v  u  1 (v  u )  (v  u )   0    (v  u )   v  u             (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 (ABC) 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 EH A ' H  A ' A2  AH  9b  3a 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 Lop12.net 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) =  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 SABC lớn và sin AIB  4m IA  IH = 1  (thỏa IH < R)  m2   – 8m + 16m2 = m2 +  15m2 – 8m =  m = hay m = 15 SABC = 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): x y z    m n p  D là trực tâm MNP  Vì D (P) nên:     DP  NM  DP.NM         DN  PM   DN PM     D  ( P)  D  ( P) Kết luận, phương trình mặt phẳng (P):  x y z   1 3 3 Lop12.net 1 1    m n p m  n  m  3 m  p     n  p   1     m n p Câu VII.b: PT   x   sin(2 x  y  1)  x x 2   sin(2  y  1)  0(1)  cos (2 x  y  1)    x (2) cos(2  y  1)  Từ (2)  sin(2 x  y  1)  1  Khi sin(2 x  y  1)  , thay vào (1), ta được: 2x = (VN)  Khi 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    Lop12.net