Đang tải... (xem toàn văn)
Câu IV: 1 điểm Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc a.. Chứng minh bất đẳng[r]
(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 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 = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); (m là tham số) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = 2) Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = điểm phân biệt C(0; 1), D, E cho các tiếp tuyến (Cm) D và E vuông góc với Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: 2cos3x + sinx + cosx = 2) Giải hệ phương trình: x 91 y y (1) y 91 x x (2) e2 Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I = dx x ln x.ln ex e Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là tam giác cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc a Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là số dương thoả mãn: a b c Chứng minh bất đẳng thức: 1 4 ab bc ca a 7 b 7 c 7 II.PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x y 36 và điểm M(1; 1) Viết phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) hai điểm C, D cho MC = MD 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đường thẳng x 1 y z và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = 2 điểm) Cho tập hợp X = 0,1, 2,3, 4,5,6,7 Có thể lập (d) : Câu VII.a (1 bao nhiêu số tự nhiên gồm chữ số khác đôi từ X, cho ba chữ số đầu tiên phải B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): x 16 y 80 và hai điểm A(–5; –1), B(–1; 1) Một điểm M di động trên (E) Tìm giá trị lớn diện tích MAB 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng và hai đường thẳng có phương trình (P): 3x 12 y 3z và (Q): 3x y z (d1): x y z 1 , 4 (d2): x y 1 z 2 Viết phương trình đường thẳng () song song với hai mặt phẳng (P), (Q) và cắt (d1), (d2) Câu VII.b (1 điểm) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: An3 2Cnn 9n Hướng dẫn Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm (Cm) và đường thẳng y = là: Lop12.net (2) x(x2 + 3x + m) = x3 + 3x2 + mx + = x x x m (2) (Cm) cắt đường thẳng y = C(0, 1), D, E phân biệt (2) có nghiệm xD, xE m 4m 0 m m Lúc đó tiếp tuyến D, E có hệ số góc là: kD = y’(xD) = 3xD2 xD m ( xD 2m); kE = y’(xE) = 3xE2 xE m ( xE 2m) Các tiếp tuyến D, E vuông góc kDkE = –1 (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1 9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et) m = 9 65 Câu II: 1) PT cos x cos3x cos x cos( 3x) 3 3 x k 2) Điều kiện: x ≥ và y ≥ : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: x 91 y 91 y x y x x2 y x 91 y 91 2 yx ( y x)( y x) y2 x2 x y ( x y) x 91 y 91 x y x2 y2 x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y lớn 2) Vậy từ hệ trên ta có: x 91 x x x 91 10 x x x2 x 91 10 x3 1 ( x 3)( x 3) ( x 3) ( x 3) 1 0 x 1 x x 91 10 Vậy nghiệm hệ x = y = Câu III: e2 I e e2 dx d (ln x) x ln x(1 ln x) e ln x(1 ln x) Câu IV: Dựng e2 = d (ln x) = 2ln2 – ln3 ln x ln x e SH AB SH ( ABC ) Ta có: ( SAB) ( ABC ), ( SAB) ( ABC ) AB, SH ( SAB) và SH là đường cao hình chóp Dựng HN BC , HP AC SN BC , SP AC SPH SNH SHN = SHP HN = HP AHP vuông có: HP HA.sin 60o a SHP vuông có: SH HP.tan 1 a a a3 S ABC : V SH S ABC tan tan 3 4 16 dụng bất đẳng thức ( x 0, y 0) x y x y 1 1 1 ; ; a b b c a 2b c b c c a a b 2c c a a b 2a+b+c Thể tích hình chóp Câu V: Áp Ta có: Mặt khác: 2 2a b c 4a 2b 2c 2 2a b c 2a b c a Lop12.net a tan x=3 (3) 2(a 1) (b 1) (c 1) 2 ; Tương tự: 2b c a b 2c a b c 1 4 Từ đó suy ab bc ca a 7 b 7 c 7 Đẳng thức xảy và a = b = c = Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) C, D Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, đó phương trình (d) có dạng: y k ( x 1) y kx k Phương trình hoành độ giao điểm (d) và (E): x 9(kx k )2 36 (4 9k ) x 18k (1 k ) x 9(1 k ) 36 (1) ( 288k 72k 108 0, k ) (d) luôn cắt (E) điểm C, D với các hoành độ x1 , x2 là nghiệm (1) Theo định lý Viet: x1 x2 18k (1 k ) 9k M(1; 1) là trung điểm CD x1 x2 xM 18k (1 k ) 2 k 9k Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 2) Gọi A(a; 0; 0) Ox (Q / ) : y 3x 10 (d) qua M (1; 0; 2) và có VTCP u (1; 2; 2) Đặt M M u Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A tam giác AM M d ( A; d ) AM ; u 8a 24a 36 u 2.S AM M1 M M1 Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d) 2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4(a 3) a 3 Vậy, có điểm A(3; 0; 0) Câu VII.a: Giả sử n = a b c d e Xem các số hình thức a b c d e , kể a = Có cách chọn vị trí cho (1 là a b c) Sau đó chọn trị khác cho vị trí còn lại từ X \ 1 số cách chọn A74 Như có (7 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài Xem các số hình thức 0b c d e có A63 240 (số) Loại số dạng hình thức 0b c d e ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x y và AB Gọi M ( x0 ; y0 ) ( E ) x02 16 y02 80 Diện tích MAB: Ta có: d ( M ; AB ) x0 y0 1 x0 y0 S AB.d ( M ; AB ) x0 y0 Áp dụng bất đẳng thức Bu nhia cốp Ski cho cặp số 1 ; , ( x0 ; y0 ) 2 1 1 x0 y0 x02 16 y02 80 36 20 5 4 x0 y0 x0 y0 x0 y0 x0 y0 x0 y0 Lop12.net có: (4) 5x y x0 5 x0 8 y0 max x0 y0 x0 y0 y x0 y0 Vậy, max S MAB M ; 3 3 2) (P) có VTPT nP (1; 4; 1) , (Q) có pháp vectơ nQ (3; 4; 9) (d1) có VTCP u1 (2; 4; 3) , (d2) có VTCP u2 (2; 3; 4) Gọi: (1 ) ( P ) (Q) ( P ) (d ),( P ) ( P ) 1 ( Q ) ( d ),( Q ) (Q ) u u () = (P1) (Q1) và () // (1) () có vectơ phương u [nP ; nQ ] (8; 3; 4) (P1) có cặp VTCP u1 và u nên có VTPT: nP1 [u1 ; u ] (25; 32; 26) Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 25 x 32 y 26 z 55 (Q1) có cặp VTCP u2 và u nên có VTPT: nQ1 [u2 ; u ] (0; 24; 18) Phương trình mp (Q1): 0( x 3) 24( y 1) 18( z 2) y 3x 10 Ta có: () ( P1 ) (Q1 ) phương trình đường thẳng () : Câu VII.b: n 3, n Lop12.net 25 x 32 y 26 z 55 4 y z 10 (5)