Đang tải... (xem toàn văn)
Câu IV 1 điểm Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, mặt bên hợp với đáy góc .. Tìm để thể tích của khối chóp đạt giá trị lớn nhất.[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 x 1 có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Với điểm M thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến M cắt tiệm cận Avà B Gọi I là giao điểm hai tiệm cận Tìm vị trí M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ Câu II (2 điểm) 3sin x 2sin x 2 sin x.cos x Giải phương trình: Giải hệ phương trình : x x y y 2 x y x y 22 (1) (2) 2 I esin x sin x.cos3 x dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau: Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh bên a, mặt bên hợp với đáy góc Tìm để thể tích khối chóp đạt giá trị lớn Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x y z P 4(x3 y3 ) 4(x3 z3 ) 4(z3 x3 ) y z2 x II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có tâm I( ; 0) Đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x – 2y + = 0, AB = 2AD Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C, D, biết đỉnh A có hoành độ âm Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d1 ) và (d2 ) có phương trình: (d1 ); x 1 y 1 z - ; x - y 1 z chứa (d ) và (d2 ) ( d2 ) : Lập phương trình mặt phẳng (P) Câu VII.a (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : 10 x x m(2 x 1) x (3) B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; –2); P(2;0); Q(1;2) thuộc cạnh AB, BC, CD, AD Hãy lập phương trình các cạnh hình vuông Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng () và () có phương trình: x t ( ) : y 1 2t z x 2 t ' ; ( ) : y t ' z 4t ' Lop12.net (2) Viết phương trình đường vuông góc chung () và () Câu VII.b (1 điểm) Giải và biện luận phương trình: mx (m x 2mx 2) x x x (4) Hướng dẫn (C) x0 Câu I: 2) Gọi M x0 ;2 3 ( x x0 ) ( x0 1) x0 Tiếp tuyến d M có dạng: y Các giao điểm d với tiệm cận: A 1;2 , x0 B(2x0 –1; 2) SIAB = (không đổi) chu vi IAB đạt giá trị nhỏ IA= IB x0 x0 x0 x0 M1( 3;2 ); M2( 3;2 ) 2(1 cos x)sin x(2cos x 1) 2cosx – = x k 2 sin x 0, cos x Câu II: 1) (1) ( x 2) ( y 3) x2 u Đặt 2 ( x 4)( y 3) x 20 y v 2) (2) u v u u v v u.v 4(u v) Khi đó (2) x x 2 x x ; ; ; y y y y Câu III: Đặt t = sin2x I= Câu IV: V= V max 1 t e (1 t )dt = e 20 tan a (2 tan )3 4a 3 27 Ta có 1 tan tan 2 (2 tan ) tan tan tan 27 đó tan =1 = 45 o Câu V: Với x, y, z > ta có Tương tự ta có: 4( x y ) ( x y )3 Dấu "=" xảy x = y 4( y z ) ( y z )3 Dấu "=" xảy y = z 4( z x ) ( z x)3 4( x y ) 4( y z ) 4( z x ) 2( x y z ) xyz Ta lại có Vậy Dấu "=" xảy z = x x y z 2 z x y P xyz xyz 12 xyz Dấu "=" xảy x = y = z Dấu "=" xảy Vậy minP = 12 x = y = z = Câu VI.a: 1) A(–2; 0), B(2; 2), C(3; 0), D(–1; –2) 2) Chứng tỏ (d1) // (d2) (P): x + y – 5z +10 = Câu VII.a: Nhận xét: 10 x x 2(2 x 1) 2( x 1) Lop12.net xyz x= x y z y=z=1 (3) 2x 2x 2x m Đặt t Điều kiện : –2< t 2 x2 x 1 x 1 12 2t Rút m ta có: m= Lập bảng biên thiên m –5 < m 4 t (3) Câu VI.b: 1) Giả sử đường thẳng AB qua M và có VTPT là n (a; b) (a2 + b2 0) => VTPT BC là: n1 (b; a) ax + by –2a –b =0 Phương trình AB có dạng: a(x –2) +b(y –1)= BC có dạng: –b(x – 4) +a(y+ 2) =0 – bx + ay +4b + 2a =0 Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) b a b2 b 2a a b2 b a 3b 4a b = –2a: AB: x – 2y = ; CD: x – 2y –2 =0; BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y – =0 b = –a: AB: –x + y+ =0; BC: –x –y + 2= 0; AD: –x –y +3 =0; CD: –x + y+ =0 2 x – y 10 z – 47 x 3y – 2z Câu VII.b: (4) ( mx 1)3 mx ( x 1)3 ( x 1) 2) Xét hàm số: f(t)= t t , hàm số này đồng biến trên R f ( mx 1) f ( x 1) mx x Giải và biện luận phương trình trên ta có kết cần tìm 1 m 2 m 1 với x phương trình có nghiệm x = m = –1 phương trình nghiệm đúng Các trường hợp còn lại phương trình vô nghiệm Lop12.net (4)