Đề 27 thi tuyển sinh đại học 2010 môn thi: Toán – Khối A

Viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O.. Viết phương trình mặt phẳng P qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I, J, K mà A là tr[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THAM KHẢO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y  ( x – m)3 – 3x (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = 2) Tìm k để hệ bất phương trình sau có nghiệm:  x   3x  k   1  log x  log ( x  1)  2 Câu II: (2 điểm) 1) Tìm tổng tất các nghiệm x thuộc [ 2; 40] phương trình: sinx – cos2x = log x   log (3  x)  log8 ( x  1)3  2) Giải phương trình: Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: e 2  I    x   ln xdx x 1 BAD  600 , SA Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,  vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a Gọi C là trung điểm SC Mặt phẳng (P) qua AC và song với BD, cắt các cạnh SB, SD hình chóp B, D Tính thể tích khối chóp S.ABCD Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh bất đẳng thức: ab bc ca a b c      c(c  a ) a (a  b) b(b  c) c  a a  b b  c 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 phương trình hai cạnh tam giác là 5x – 2y + = và 4x + 7y – 21 = Viết phương trình cạnh thứ ba tam giác đó, biết trực tâm nó trùng với gốc tọa độ O 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ I, J, K mà A là trực tâm IJK Câu VII.a (1 điểm) Tính tổng: S  1.2.C252  2.3.C253   24.25.C2525 B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến đó 600 2) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(4;5;6); B(0;0;1); C(0;2;0); D(3;0;0) Viết phương trình đường thẳng (D) vuông góc với mặt phẳng (Oxy) và cắt các đường thẳng AB, CD Câu VII.b (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn điều kiện: z  và phần thực z hai lần phần ảo nó Hướng dẫn Lop12.net  x  3  3x  k  (1)  Câu I: 2) Ta có :  Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1  log2 x  log2 ( x  1)  (2) 2 Từ (2)  x(x – 1)  < x  Hệ PT có nghiệm  (1) có nghiệm thoả < x  ( x  1)3  3x  k  ( x  1)3  3x < k  1  x  1  x   Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x và g(x) = k (d) Dựa vào đồ thị (C)  (1) có nghiệm x (1;2]  k  f ( x )  f (2)  5 Vậy hệ có nghiệm  k > – 1;2 Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x =  2sin2x + sinx –1 =  Vì x [ 2; 40] nên 2  k x  k 2 ,k  2      40  2   k   40   2  6 2  6  0,7  k  18,8  k  1, 2,3, ,18 Gọi S là tổng các nghiệm thoả YCBT: S = 18  Câu 2 (1     18)  117 log  x  1  log (3  x)  log ( x  1)  2) Điều kiện:  x  PT   1  x    x  1  x   x   x  x    x   17 (tmđk) e e e ln III: Ta có : I    x   ln xdx   x ln xdx  2 x dx   e2  5 x x 1 1 Câu IV: Ta có: SAC vuông A   SC  SA2  AC  2a  AC = SC = a  SAC Vì (P) chứa AC và (P) // BD  BD // BD Gọi O là tâm hình thoi ABCD và I là giao điểm AC và BD  I là trọng tâm SBD Do đó: 2 B D  BD  a 3 Mặt khác, BD  (SAC)  DB  (SAC)  BD  AC Do đó: SAB'C'D' = a2 AC  B D  Đường cao h khối chóp S.ABCD chính là đường cao tam giác SAC  h a Vậy thể tích khối chóp S ABCD là V = a3 h.S AB ' C ' D '  18 a b  b c  c a    1    1    1  cac  aba  bcb    b  1   c  1   a  1  (1) c a b b  c a     1 1 1 a b c Đặt: x  a  0; y  b  0; z  c   x y.z 1 Khi đó : b c a x 1 y 1 z 1 (1)  (*)     x  y  z  xy  yz  zx  x  y  z  y 1 z 1 x 1 Vì x  y  z   x  y  z 2  xyz  x  y  z   x  y  z ( theo BĐT Cô–si) Câu V: Ta có BĐT  Lop12.net Và xy  yz  zx  3  xyz   3 (theo BĐT Cô–si) Do đó: (*) đúng Vậy (1) CM Dấu "=" xảy  x = y = z  a = b = c Khi đó tam giác ABC là tam giác Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3)  Đường cao đỉnh B qua O nhận VTCP a  (7; 4) AC làm VTPT  BO: 7x – 4y =  B(–4; –7) A nằm trên Oy  đường cao AO chính là trục Oy Vậy AC: y + = x y z a b  c  JK  (0; b; c), IK  (a;0; c) 2) Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c)  ( P) :     IA  (4  a;5;6),  JA  (4;5  b;6); 77  a  4   a  b  c   77 Ta có: 5b  6c   b   phương trình mp(P)    4a  6c  77  c   n Câu VII.a: Xét nhị thức Newton:  x  1n   Cnk x k k 0 Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được: n(n  1)  x  1 25 n2 n   k (k  1)Cnk x k  (1) k 2 25 Cho x = và n = 25 từ (1)  25 24.223 =  k (k  1)C25k   k (k  1)C25k = 5033164800 k 2 k 2 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = M  Oy  M(0;m)  AMB  600 (1) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)     AMB  1200 (2) AMB nên: Vì MI là phân giác  IA  MI = 2R  m    m   sin 30 IA AMI = 600  MI  (2)    MI = R  m2   (vô nghiệm) 3 sin 60 Vậy có hai điểm M1(0; ) và M2(0; – )    2) BA  (4;5;5) , CD  (3; 2;0) , CA  (4;3;6)    Gọi (P) là mặt phẳng qua AB và (P)  (Oxy)  (P) có VTPT n1   BA, k  = (5; –4; 0) AMI = 300  MI  (1)    (P): 5x – 4y =    (Q) là mặt phẳng qua CD và (Q)  (Oxy)  (Q) có VTPT n2  CD, k  = (–2;–3; 0)  (Q): 2x + 3y – = Ta có (D) = (P)(Q)  Phương trình (D) Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo) Ta có:  a  2 a    a  b  a  2b z 5         b    b   b  a  2b a  2b    Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu bài toán: Lop12.net z  2  5i; z   5i