Đề 33 thi tuyển sinh đại học 2010 môn thi: Toán – Khối A

2 Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x.. 1,0 điểm Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuôn[r]

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 (2,0 điểm) Cho hàm số : y  x3  mx  m3 2 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 2) Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại, cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng y = x Câu II (2,0 điểm) tan x  tan x.sin x  cos3 x   1) Giải phương trình: 2) Giải phương trình: 5.32 x 1  7.3x 1   6.3x  x 1  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I=  1 dx x( x  1) Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt bên SBC là tam giác cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy Biết góc BAC = 1200, tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: a3 b3 c3   1 a  ab  b b  bc  c c  ca  a Tìm giá trị lớn biểu thức S = a + b + c II PHẦN RIÊNG (3 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) qua O, vuông góc với mặt phẳng (Q): x  y  z  và cách điểm M(1;2; 1 ) khoảng 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường phân giác góc A là (d1): x + y + = 0, phương trình đường cao vẽ từ B là (d2): 2x – y + = 0, cạnh AB qua M(1; –1) Tìm phương trình cạnh AC Câu VII.a (1 điểm) Có học sinh nam và học sinh nữ xếp hàng dọc vào lớp Hỏi có bao nhiêu cách xếp để có đúng học sinh nam đứng xen kẻ học sinh nữ B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d):  x   4t   y   2t  z  3  t  và mặt phẳng (P) :  x  y  z   Viết phương trình đường thẳng () nằm (P), song song với (d) và cách (d) khoảng là 14 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho parabol (P): y  x và điểm I(0; 2) Tìm toạ độ   hai điểm M, N  (P) cho IM  4IN Câu VII.b (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:  x  x   5  x  x  m Hướng dẫn Lop12.net x  y '  x  3mx  x( x  m)    x  m Câu I: 2) Tacó Với m0 thì y’ đổi dấu qua các nghiệm hàm số có CĐ,CT     Khi đó các điểm cực trị đồ thị là: A  0; m3  , B(m; 0) Để A và B đối xứng với qua đường phân giác y = x, điều kiện cần và đủ là tức là: m  m3  m   m   2 Câu II: 1) ĐK: x   Câu OA  OB  k PT  tan x(1  sin x)  (1  cos3 x)   (1  cos x)(1  sin x)(sin x  cos x)(sin x  cos x  sin x cos x)   x  k 2 ; x    k ; x      k 2 ; x       k 2 4 2) PT  32 x  3x  (3.3x )2  2.3.3x     5.32 x  2.3x    x   log3 3 3 III: Đặt t  x  I =   12  dt      2dt =    t t 1 t 1 24 Câu IV: Hình chiếu SB và SC trên (ABC) là AB và AC, mà SB = SC nên AB = AC Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2  SA2 = a   V = a2  SA = a ; S ABC = AB = a 1 a2 a2 AB AC.sin1200 = = 2 12 a a2 a3 = 3 12 36 Câu V: Ta chứng minh: a3 2a  b  2 a  ab  b (1) Thật vậy, (1)  3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)  a3 + b3 – a2b – ab2 ≥  (a + b)(a – b)2  Tương tự: b3 2b  c  2 b  bc  c c3 2c  a  2 c  ac  a (2) , (3) Cộng vế theo vế (1), (2) và (3) ta được: a3 b3 c3 abc    2 2 2 a  ab  b b  bc  c c  ca  a S ≤  maxS = a = b = c = Vậy: Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = (với A2  B  C  ) Vì (P)  (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C =  A + B + C =  C = –A – B (1) Theo đề: d(M;(P)) =  Thay (1) vào (2), ta được: A  2B  C A  B C 2   ( A  B  C )  2( A2  B  C ) AB  B   B  hay B =  8A  (1) B    C   A Chọn A  1, C  1 thì (P) : x  z  (1)  C  thì (P) : x  y  z   B =  A Chọn A = 5, B = 1   2) Gọi N là điểm đối xứng M qua (d1)  N  AC MN  ( xN  1, yN  1) Ta có:   MN / / n d1  (1; 1)  1( xN  1)  1( y N  1)   xN  y N  Lop12.net (1) (2) Tọa độ trung điểm I MN: I  (d1 )  1 xI  (1  xN ), yI  (1  y N ) 2 1 (1  xN )  (1  y N )    xN  y N   2 (2) Giải hệ (1) và (2) ta N(–1; –3) Phương trình cạnh AC vuông góc với (d2) có dạng: x + 2y + C = N  ( AC )   2.(3)  C   C  Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + = Câu VII.a: : HS nữ xếp cách ô Vậy HS nữ có thể xếp vào các vị trí là: (1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9)  Mổi 3vị trí có 3! cách xếp HS nữ  Mổi cách xếp HS nữ bộ, có 6! cách xếp HS nam vào vị trí còn lại Vậy có tất là: 5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3;  3), B(6;5;  2)  (d), mà A, B  (P) nên (d)  (P) Gọi  là VTCP ( d1 )  (P), qua A và vuông góc với (d) thì u nên ta chọn u  [u , uP ]  (3; 9;6) Phương trình đường thẳng ( d1 ) Lấy M trên ( d1 ) thì M(2+3t;  9t; (d) Theo đề : AM  14    x   3t :  y   9t (t  R)  z  3  6t   3+6t) () là đường thẳng qua M và song song với 9t  81t  36t  14  t  x 1 y  z     M(1;6;  5)  (1 ) : 1 x  y z 1    t =  M(3;0;  1)  (2 ) : 2) Gọi M ( x0 ; y0 ), N ( x1 ; y1 ) là hai điểm thuộc (P),  t=  u  ud   u  u P 1 t    đó ta có:  x0  y02 ; x1  y12 IM  ( x0 ; y0  2)  ( y02 ; y0  2) ; IN  ( y1 ; y1  2)  ( y12 ; y1  2); IN  (4 y12 ; y1  8) Theo giả thiết:   IM  IN , suy ra: 2  y1   x1  1; y0  2; x0   y0  y1    y0   y1   y1   x1  9; y0  6; x0  36 Vậy, có cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3) Câu VII.b: Đặt t   x  x   t   5  x  x   t2   m t   2;2  2 Xét hàm số f (t )  t  t  t   2;2   f  (t )  t   f  (t )   t  1  2;2   f(t) = m có nghiệm   m  1   PT  t   Lop12.net