Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P 2; –1 sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.. Gọi A’ là h[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 x2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2) Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến (C) M cắt các đường tiệm cận (C) A và B Gọi I là giao điểm các đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: x x x sin sin x cos sin x 2cos 2 2 2) Giải bất phương trình: 1 log (4 x x 1) x ( x 2) log x 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: e ln x I x ln x dx x ln x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC = a SAB SAC 300 SA a , Tính thể tích khối chóp S.ABC Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = biểu thức P 1 3 3 a 3b b 3c c 3a Tìm giá trị nhỏ II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho cho hai đường thẳng d1 : x y d2: 3x + 6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; –1) cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d2 tạo tam giác cân có đỉnh là giao điểm hai đường thẳng d1, d2 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A( 1; –1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; –1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x y z Gọi A’ là hình chiếu A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) là mặt cầu qua điểm A, B, C, D Xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn (C) là giao (P) và (S) Câu VIIa (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn các đường: y x2 x và y x B Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy, cho Hypebol (H) có phương trình: x2 y 16 Viết phương trình chính tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H) Lop12.net (2) 2) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho P : x y z và đường thẳng (d ) : x3 y 1 z , điểm A( –2; 3; 4) Gọi là đường thẳng nằm trên (P) qua giao điểm (d) và (P) đồng thời vuông góc với d Tìm trên điểm M cho khoảng cách AM ngắn Câu VIIb (1 điểm): Giải hệ phương trình 23 x 1 y 3.2 y x (1) x xy x (2) Hướng dẫn: 1 2x Câu I: 2) Ta có: M x0 ; , x0 , y' (x0 ) x0 x0 2 Phương trình tiếp tuyến với ( C) M : : y 1 2x (x x ) x0 x0 2x Toạ độ giao điểm A, B () và hai tiệm cận là: A 2; ; B2x 2;2 x0 Ta có: y y B 2x x A xB x0 x0 xM , A yM 2 x0 M là trung điểm AB Mặt khác I(2; 2) và IAB vuông I nên đường tròn ngoại tiếp IAB có diện tích: x0 2 x0 S = IM ( x0 2)2 ( x0 2) 2 ( x0 2) x 1 M(1; 1) và M(3; 3) (x ) x x k x x Câu II: 1) PT sin x sin x 1 2sin 2sin 1 x k 4 x k 2 1 2) BPT xlog (1 2x) 1 x x x < 2 e e 2 2e3 ln x 2(2 2) 2e3 dx 3 x ln xdx = Câu III: I + = 3 x ln x Câu IV: Dùng định lí côsin tính được: SB a , SC = a Dấu “=” xảy (x0 2)2 Gọi M là trung điểm SA Hai tam giác SAB và SAC cân nên MB SA, MC SA Suy SA (MBC) 3 Ta có VS ABC VS MBC VA.MBC MA.S MBC SA.S MBC SA.S MBC Hai tam giác SAB và SAC Do đó MB = MC MBC cân M Gọi N là trung điểm BC MN BC Tương tự MN SA 2 a a a 3a MN MN AN AM AB BN AM a 16 2 2 2 Do đó: VS ABC SA MN.BC a a a a3 16 Câu V: Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có Lop12.net (3) 1 1 1 ( x y z ) 3 xyz 9 (*) x y z x yz xyz x y z Áp dụng (*) ta có P 3 a 3b b 3c c 3a a 3b b 3c c 3a Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có : a 3b 1 a 3b 3 b 3c 1 b 3c 1.1 b 3c 3 c 3a 1 c 3a 1.1 c 3a 3 Suy ra: a 3b b 3c c 3a a b c 6 6 3 3 abc Do đó P Dấu = xảy abc 4 a 3b b 3c c 3a a 3b 1.1 Vậy P đạt giá trị nhỏ abc Câu VI.a: 1) d1 VTCP a1 (2; 1) ; d2 VTCP a2 (3;6) Ta có: a1.a2 2.3 1.6 nên d1 d và d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d là đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình: d : A( x 2) B ( y 1) Ax By A B d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2) góc 450 A 3B cos 450 A2 AB 3B (1) B 3 A 2A B A B 2 2 * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x y * Nếu B = –3A ta có đường thẳng d : x y Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d : 3x y ; 2) Dễ thấy A( 1; –1; 0) Phương trình mặt cầu ( S): x y z x y z (S) có tâm 5 I ;1;1 , 2 bán kính R 29 +) Gọi H là hình chiếu I lên (P) H là tâm đường tròn ( C) +) Phương trình đường thẳng (d) qua I và vuông góc với (P) x / t d: y t H ; ; 3 6 z t IH 75 36 , (C) có bán kính r R IH 29 75 31 186 36 6 Câu VII.a: Phương trình hoành độ giao điểm (C) và (d): x x x 2 | x x | x x x x x x x x x x 2 x x x Lop12.net d : x 3y (4) Suy ra: S x x x x dx x x dx Câu VI.b: 1) (H) có các tiêu điểm là M( 4; 3), = F1 5;0 ; F2 5;0 52 16 3 Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh x2 y 1 ( a b2 F1 5;0 ; F2 5;0 a b 52 1 Giả sử phương trình chính tắc (E) có dạng: (E) có hai tiêu điểm M 4;3 E 9a 16b a 2b Từ (1) và (2) ta có 2 a b a 40 hệ: 2 2 9a 16b a b b 15 2 với a > b) 2) Chuyển phương trình d dạng tham số ta được: Vậy (E): x2 y 1 40 15 x 2t y t 1 z t Gọi I là giao điểm (d) và (P) I 1;0;4 * (d) có vectơ phương là a(2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n 1;2; 1 a, n 3;3;3 Gọi u là vectơ phương u 1;1;1 x u :y u z u Vì AM ngắn AM AM u 1(1 u ) 1(u 3) 1.u u Câu M M 1 u; u;4 u , AM 1 u; u 3; u Vậy 7 16 M ; ; 3 3 x 1 x x 1 x 1 x x 1 VII.b: PT (2) x (3 x y 1) x xy x 3 x y y x * Với x = thay vào (1): y 3.2 y y 12.2 y y y log 11 11 x 1 * Với thay y = – 3x vào (1) ta được: 23 x 1 23 x 1 3.2 (3) y x Đặt t 23 x 1 Vì x 1 nên t t (loại) x log2 (3 8) 1 (3) t t 6t 3 t t y log (3 8) x x log (3 8) 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm và y log 11 y log (3 8) Lop12.net (5)