Đề số 07 Thi tuyển sinh đại học, cao đẳng 2010 môn toán

Tìm m để đồ thị hàm số 1 cắt trục hoành tại 4 điểm có hoành độ lập thành một cấp số cộng... Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y ..[r]

ĐỀ THAM KHẢO SỐ 07 THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2010 Môn TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I ( 2.0 điểm ) Cho hàm số y   x   m   x  2m  (1), với m là tham số thực Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm có hoành độ lập thành cấp số cộng  Bổ đề:  t  x  ax  bx  c   a  1    at  bt  c    NX: Khi t  có hai giá trị x đối nhau, t  có giá trị x  Do đó: (1) có nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 , x4  x1  x2  x3  x4  và lập thành cấp số cộng   b  4ac   S   b   a  (2) có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2   t1  t2  và thỏa t2  9t1   P  c   a  9 S  100 P Áp dụng bổ đề: + Phương trình hoành độ giao điểm:  x4   m   x  2m   (1)  t  x    t  2(m  2)t  2m    2 + Ta có:  '   m     2m  3   m  1 , S   m   , P  2m  2 + (1) có nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 , x4  x1  x2  x3  x4  và lập thành cấp số cộng  (2) có hai nghiệm dương phân biệt t1 , t2   t1  t2  và thỏa t2  9t1 m  1  m  12   '  m  2  S  m   m            m   13 P  m   m       9S  100 P   9.4 m   100 m     9m  14m  39    + Vậy m  3, m   13 Câu II ( 2.0 điểm ) Giải phương trình sin5x  cos5x  2sin15 x  (1)  3   + Ta có: (1)   sin x  cos x   2sin15 x   sin  x    sin15 x  2  3        sin 10 x   cos  x    (2) 6 6         + Đặt t  x   x  t  , ta có: sin 10 x    sin  2t    cos 2t  2cos t  6 6 2   Khi đó (2)   2cos t  1 cos t   2cos t  cos t    cos t   t  k 2  k   Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page Lop12.net + Vậy phương trình có nghiệm là x    30  k 2  k    Giải phương trình x  3x   x3  (1) + ĐK: x3    x  2 Ta có: x3    x    x  x   và x  x    x  1   + Đặt u  x   u   , v  x  x   v   Khi đó x2  3x   v2  u u  v  u   v  u   u   t    u  v  v  2u (1)  v  t     v  t  2  2 2  v  u   3uv   2t  3t     t    x   13  x2  x   x    (thỏa điều kiện x  2 )  x   13 Câu III ( 1.0 điểm ) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đồ thị các hàm số y  x2  và y  x  + Phương trình hoành độ điểm chung:  2  x    x    x    x  x   x2      x  4   x  2 x  2  x    x    Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT)  Page Lop12.net  x2    4    x  dx + Diện tích cần tìm là S  x2  4, g( x )  x  là các hàm số chẵn trên   đồ thị chúng nhận trục Oy  x2  làm trục đối xứng Do đó diện tích cần tìm S  2     x  dx (1)   + Ta có f ( x )  + 4  x2   x2   x2   x2  S1       x  dx       x  dx         x  dx        x   dx 2 2         2  4 x2 3 x3 1 x3  32 64 x dx    dx   x dx   16  x  dx    16 x    S 2 20 22 3 2 2 Câu IV ( 1.0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a và SO vuông góc với đáy Gọi M, N là trung điểm SA, BC Biết góc đường thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) 60 Mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai khối Tính tỉ số thể tích hai khối đó   600 MN , NI   MNI + Gọi I là trung điểm AO, suy góc MN và (ABCD) là  + Theo định lý cosin ION , ta có IN  IO  ON  IO.ON cos1350  10a a 10  IN  16 a 30 + Dựng mặt phẳng trung trực SA, cắt SO J Suy J là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 8a S.ABCD Khi đó R  JS  30 + Mặt phẳng (MBC) cắt hình chóp theo thiết diện là tứ giác BCKM, với K là trung điểm SD Ta có: VSBCKM VSBKM V SK SM SK   SBCK       VS ABCD 2VSBDA 2VSBCD SD SA SD +Vậy tỉ số thể tích khối chứa đỉnh S với thể tích khối còn lại là 3:5 Câu V ( 1.0 điểm ) Tìm tất các giá trị tham số m để bất phương trình sau có nghiệm thực x  0;1   + Tính SO  2MI  IN    m  x  x   x   x   (1) x 1 ; t '   x 1 x2  x  + Lập bảng biến thiên hàm số t trên đoạn 0;1   và suy t  1; 2 t2  + Khi đó (1)  m  f (t )  1  t   (2) t 1 t  2t   0, t  1; 2  f (t ) là hàm số đồng biến trên [1;2] + f (t )   t  1 + Đặt t  x  x  2, t  Ta có: t '  + Vậy: (1) có nghiệm x  0;1    (2) có nghiệm t  1; 2  m  max f (t )  f (2)  t1;2 Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page Lop12.net II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a ( 2.0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A 1;  , đường trung tuyến kẻ từ B và đường phân giác kẻ từ C có phương trình là x  y   và x  y   Viết phương trình đường thẳng BC  x   xC  + Ta có C  CD : x  y    C  xC ;1  xC   trung điểm AC là M  C ;    + M  BM : x  y    xM  yM    xC  7  C  7;8 + Kẻ AK  CD I và K  BC , ta có: AK : x  y   Khi đó BC là đường thẳng qua C và K + KQ: x  y   Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P) và (Q) có phương trình là x  y  z   và x  y  z  13  Viết phương trình mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, điểm A  5; 2;1 đồng thời tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q) + Gọi I  a; b; c  là tâm và R là bán kính (S), từ giả thiết ta có: OI  AI  OI  AI  d  I , ( P)   d  I , (Q)   OI  d  I , ( P)   d  I , ( P)   d  I , (Q)  + Ta lại có: OI  AI  OI  AI  10a  4b  2c  30 (1) a  2b  2c  OI  d  I , ( P)   a  b  c    a  b  c    a  2b  2c   (2) a  2b  2c  a  2b  2c  13 d  I , ( P)   d  I , (Q)     a  2b  2c  (3) 3 17 11 11 + Từ (1) và (3) suy b   a ; c   a (4) 3 2 + Từ (2) và (3) suy a  b  c  (5) 658 + Từ (4) và (5) suy a  a  221 + Vậy có hai mặt cầu thỏa đề bài 2 658 64 67  x  2   y  2   z  1  và  x     y     z    221   221   221   Câu VII.a ( 1.0 điểm ) iz  1  3i  z  z (1) Tìm phần thực và phần ảo số phức z, biết z thỏa mãn 1 i + Giả sử z  a  bi  a, b    Ta có: i  a  bi   1  i  a  bi    a  b2  1  i  2 a  b   2 a  b   a   a  b  a  b   2 2  a  2b  bi   a  b   i  a  b        10 2 b  10 b b  a  b    b    10 Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b ( 2.0 điểm ) Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page Lop12.net x2 y   và điểm K  2;1 Viết phương trình 16 đường thẳng d qua điểm K, cắt elip (E) hai M, N cho K là trung điểm đoạn thẳng MN  x   at + phương trình đường thẳng d có dạng d :  a  b2     y   bt Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E):   at  1  bt    a b2   a b  23     t2  2  t   (1) 16   36  16  + Vì (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu t1 , t2 và K là trung điểm MN nên a b t2  t2      x   8t + Do a  b2   a  8, b  9  d :   y   9t + phương trình hoành độ giao điểm: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình là x 1 y  z x 5 y z 5     và Tìm tọa độ điểm M trên d1 và điểm N trên d2 cho MN có độ dài 3 5 nhỏ  x   2t1  x   6t2    N   6t2 ; 4t2 ; 5  5t2  + M  d1 :  y   3t1  M 1  2t1;3  3t1; 2t1  và N  d :  y  4t2  z  2t  z  5  5t    + Khi đó: MN    6t2  2t1; 3  4t2  3t1; 5  5t2  2t1  , vectơ phương hai đường thẳng d1   và d2 là u1   2; 3;  , u2   6;4; 5  303    t1  403  MN u1   MN  d1      + MN ngắn   MN u   MN  d t   233   403  1009 300 606   617 932 3180  + Vậy: M  ; ; ; ; , N    403 403 403   403 403 403  Câu VII.b ( 1.0 điểm ) x 1 y 2 y 3 x  (1) 2   3.2 Giải hệ phương trình    3x   xy  x  (2)  x  1  x  1    x  + Ta có: (2)    x  3x  y  1    y   3x  + Với x  thì từ (1)  y  log 11 + Với y   3x thì từ (1) ta có: 23 x1  2(3 x1)  (3) 1  Đặt t  23 x 1  t    , đó 4  1 (3)  t    t   2  x  1  log  2 , y   log  2 t    Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT)   Page Lop12.net