Viết phương trình mặt phẳng đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP... Dựa vào BBT của fx ..[r]
(1)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 2x 1 x 1 (C) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Tìm m để đường thẳng d: y = x + m cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho OAB vuông O Câu II: (2 điểm) cos x cos x 1 1 sin x 1) Giải phương trình: sin x cos x x y xy 2 x y 2) Giải hệ phương trình: Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I e cos x (a) (b) sin x sin xdx Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a SA (ABCD) và SA = a Gọi M, N là trung điểm AD, SC Tính thể tích tứ diện BDMN và khoảng cách từ D đến mp(BMN) Câu V: (1 điểm) Chứng minh rằng: e x cos x x x2 , x R II PHẦN RIÊNG: (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, lập phương trình đường thẳng d qua điểm A(1; 2) và cắt đường tròn (C) có phương trình ( x 2)2 ( y 1)2 25 theo dây cung có độ dài 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình x y z x y z 11 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = Viết phương trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi 6 Câu VII.a: (1 điểm) Lập số tự nhiên có chữ số khác từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7} Hãy tính xác suất để lập số tự nhiên chia hết cho B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ABC biết: B(2; –1), đường cao qua A có phương trình d1: 3x – 4y + 27 = 0, phân giác góc C có phương trình d2: x + 2y – = Tìm toạ độ điểm A 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(–1; –1; 0), B(1; –1; 2), C(2; – 2; 1), D(–1;1;1) Viết phương trình mặt phẳng () qua D và cắt ba trục tọa độ các điểm M, N, P khác gốc O cho D là trực tâm tam giác MNP 1004 C2009 C2009 C2009 Câu VII.b: (1 điểm) Tính tổng: S C2009 Lop12.net (2) Hướng dẫn Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm d và (C): x (m 3) x m 0, (*) có nghiệm phân biệt là xA và xB A(xA; xA + m), B(xB; xB + m), Theo định lí Viét: x 1 (*) x A xB m x A xB m Để OAB vuông O thì OA.OB xA xB xA m xB m x A xB m x A xB m m 2 Câu II: 1) PT (1 sin x)(1 sin x)(cos x 1) 2(1 sin x)(sin x cos x) 1 sin x x k 2 1 sin x sin x cos x sin x cos x 1 sin x cos x 1 x k 2 2) (b) x y ( x 1).( y 1) 14 xy ( xy ) xy 11 Đặt xy = p p 11 p 3 (c) p p 11 p p 35 / 3 p 26 p 105 (a) x y 2 3xy p = xy = xy x y x y 1/ Với Vậy hệ có hai nghiệm là: Câu III: I cos x e sin xdx I1 e cos x .sin x.dx 35 (loại) 2/ Với 3; , 3; p = xy = x y 2 xy x y x y 2 sin x.sin xdx (c) Đặt cosx = t I1 = I sin x.sin xdx I 2 cos x cos3x dx 1 sin x 2 sin x 2 3 Câu IV: Gắn hệ trục toạ độ cho: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), D(0; a; 0), C(a; a; 0), S(0; 0; a), a a a a a a a M 0; ; , N ; ; BN , BM ; ; 2 2 a BN , BM BD 6 24 khác, VBMND S BMN d D,( BMN ) , VBMND Mặt d D,( BMN ) Câu V: Xét hàm số: S BMN a2 BN , BM 2 3VBMND a S BMN f ( x) e x cos x x x2 , x R f ( x) e x sin x x f ( x) e x cos x 0, x R f (x) là hàm số đồng biến và f (x) = có tối đa nghiệm Lop12.net (3) Kiểm tra thấy x = là nghiệm f (x)=0 Dựa vào BBT f(x) f ( x) 0, x R e x cos x x x2 , x R Câu VI.a: 1) d: a(x – 1)+ b(y –2) = ax + by – a – 2b = ( a2 + b2 > 0) Vì d cắt (C) theo dây cung có độ dài nên khoảng cách từ tâm I(2; –1) (C) đến d d I,d 2a b a 2b a b2 a a 3b a b 8a 6ab a b a = 0: chọn b = d: y – = a= b: chọn a = 3, b = – d: 3x – y + = 2) Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; –2; 3), bán kính R = Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới () là h = R r 52 32 Do đó 2.1 2(2) D 22 22 (1)2 D 7 5 D 12 D 17 (loại) Vậy () có phương trình 2x + 2y – z – = Câu VII.a: Gọi A là biến cố lập số tự nhiên chia hết cho 5, có chữ số khác * Số các số tự nhiên gồm chữ số khác nhau: A85 A74 5880 số * Số các số tự nhiên chia hết cho có chữ số khác nhau: A74 + A63 = 1560 số P(A) = 1560 13 5880 49 Câu VI.b: 1) Đường thẳng BC có VTCP là: U 3; 4 phương trình BC: Toạ độ điểm C (1;3) + Gọi B’ là điểm đối xứng B qua d2, I là giao điểm BB’ và d2 x y 1 4 x y 1 2x y 2 x y x I (3;1) Toạ độ điểm I là nghiệm hệ: x y y 1 x xI xB B (4;3) Vì I là trung điểm BB’ nên: B ' yB ' yI yB phương trình BB’: + + + Đường AC qua C và B’ nên có phương trình: y –3 =0 + Toạ độ điểm A là nghiệm hệ: y x 5 A(5;3) 3 x y 27 y 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 (): x y z m n p Vì D () nên: Lop12.net 1 1 m n p (4) D là trực tâm MNP DP NM DP.NM DN PM DN PM Kết luận, phương trình mặt phẳng (): x y z 1 3 3 1004 C2009 C2009 C2009 Câu VII.b: S C2009 (1) 2009 2008 2007 1005 S C2009 C2009 C2009 C2009 (2) (vì Cnk Cnn k ) 2009 1004 1005 2009 2S C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 C2009 1 1 S 22008 Lop12.net mn0 m p m 3 n p 1 m n p (5)