Đang tải... (xem toàn văn)
2 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M4;1 và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị của tồng OA OB nhỏ nhất... Câu III: Đặt.[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 x x 4, có đồ thị (C) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2) Tìm m để phương trình | x x | log m có nghiệm Câu II (2 điểm) 1 2cot x 2sin x sin x 1) Giải phương trình: sin x sin x 2) Tìm m để phương trình: m x x 1 x(2 x) Câu III (1 điểm) Tính tích phân: có nghiệm x 0; 2x dx 2x 1 I Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a và BAC 120o Gọi M là trung điểm cạnh CC1 Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương Chứng minh: 3x y z xy yz zx II PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + = Tìm tọa độ điểm M (P) cho MA + MB nhỏ 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy B và C cho tam giác ABC cân A với A(2;–2) Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: log3 x x 1 log3 x x x B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng có phương trình tham số x 1 2t y 1 t z 2t Một điểm M thay đổi trên đường thẳng Xác định vị trí điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy A và B cho giá trị tồng OA OB nhỏ Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: (log x log x ) log 2 x Hướng dẫn Câu I: 2) log12 m m 12 144 12 Câu II: 1) PT cos x cos22x cosxcos2x = 2cos2x và sin2x 2cos x cos x 0(VN ) cos2x = Lop12.net 2x k x k (2) 2) Đặt t x2 x Khảo sát hàm số: Do đó, YCBT Vậy: m Câu III: Đặt t2 = x2 2x BPT g (t ) t2 t 1 BPT m với t t2 t 1 t2 (1 t 2), x [0;1 3] t 1 t 2t g tăng trên [1,2] (t 1) m g'(t) có nghiệm t [1,2] m max g (t ) g (2) t1;2 3 t 2x 3 t2 dt t dt t t 1 1 I = t2 t ln t ln 2 1 Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz cho: A O, C 2a,0,0 , A1 (0,0, 2a 5) a a A(0;0;0), B ; ;0 , M (2a,0, a 5) BM a ; ; , MA1 a (2;0; 5) 2 Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : a 15 A A1 AB, AM ; S BMA1 MB, MA1 3a Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1) d 3V a S V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: x y xy ; y z xy ; z x xy 2 VAA1BM Câu đpcm Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số A và B cùng dấu nên A, B cùng phía với (P) x 1 y z 1 2 x y z x y z H (1, 2, 1) 1 Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): AA' cắt (P) H, tọa độ H là nghiệm hệ PT: Vì H là trung điểm AA' nên ta có : Ta có A ' B (6,6, 18) xH x A x A ' 2 yH y A y A ' A '(3,1,0) 2 z z z A A' H Vậy tọa độ điểm M là nghiệm hệ phương trình 2) x y 1 z 1 2 x y z x y z M (2, 2, 3) 1 (cùng phương với (1;–1;3) ) PT (A'B) : x y 0; x y Câu VII.a: PT log3 x Đặt: f ( x) 3x (2 x ) , x 1 x x 3x x x x x g ( x) x (x 0) x Từ BBT max f(x) = 3; g(x) = PT f(x)= g(x) có nghiệm maxf(x) = g(x) = x=1 PT có nghiệm x = Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi tam giác MAB thì P = AB + AM + BM Vì AB không đổi nên P nhỏ và AM + BM nhỏ Lop12.net (3) Đường thẳng có PTTS: x 1 2t y 1 t z 2t Điểm nên M M 1 2t ;1 t ;2t AM (2 2t ) (4 t ) (2t ) (3t ) (2 5) BM (4 2t ) (2 t ) (6 2t ) (3t 6) (2 5) AM BM (3t ) (2 5) (3t 6) (2 5) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ Ta có Suy | u | | v | 3t 3t u 3t ;2 AM BM | u | | v | và u v 6;4 | u v | 29 Mặt khác, với hai vectơ u, v ta luôn có Đẳng thức xảy và M 1;0;2 và v 3t 6;2 u, v và AM BM 29 Vậy M(1;0;2) thì minP = 11 2) x y Câu VII.b: Điều kiện x > , x | u | | v || u v | cùng hướng Như 3t t 1 3t 29 1 2log x log 2 x log x log x 1 BPT log8 x 2 log x 3 log x 0 x log x 1 log x (log x 3) 0 0 log x log x log x x 1 Lop12.net AM BM 29 (4)