Đề 10 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương tham số của đường thẳng d đi qua điểm A1;5;0 và cắt cả hai đường thẳng.. Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được với C hai tiếp tuyến lậ[r]

http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 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 1) Khảo sát biến thiên và đồ thị (C) hàm số 2) Dựa và đồ thị (C) biện luận số nghiệm phương trình: x3 – x = m3 – m Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos2x + cosx + sin3x = x x   2     1   2) Giải phương rtình: ln Câu III: (1 điểm) Cho I =  2e x  e x  dx e3 x  e x  e x  Tính eI Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tai A và D Biết AD = AB = a, CD = 2a, cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy và SD = a Tính thể tứ diện ASBC theo a Câu V: (1 điểm) Cho tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P=  A  B   tan   tan   2  C  tan 2 +  B  C    tan   tan   2  A  tan 2 +  C  A   tan   tan   2  B  tan 2 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 đường tròn (C): x2 + y2 – 4y – = Hãy viết phương trình đường tròn (C) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M  ;  5 5 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương tham số đường thẳng (d) qua điểm A(1;5;0) và cắt hai đường thẳng x y2 z 1 :   3 3 và x  t  2 :  y   t  z  1  2t  Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp D = {x  R/ x4 – 13x2 + 36 ≤ 0} Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số y = x3 – 3x trên D B Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: (C ) : x  y  x  y  0;  : x  y  12  Tìm điểm M trên  cho từ M vẽ với (C) hai tiếp tuyến lập với góc 600 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường vuông góc chung hai đường thẳng: x7 y 3 z 9 1 :   1 và  x   7t  2 :  y   2t  z   3t  Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0., biết phương trình có nghiệm ảo Lop12.net http://ductam_tp.violet.vn/ Hướng dẫn Câu I: 2)  m=  m    :  m    3 PT có nghiệm m =  :  3  3 ; :  \       m   PT có nghiệm (1 đơn, kép) PT có nghiệm phân biệt Câu II: 1) PT  cosx(1 + cosx) + sin  x x cos3 2 =0 2cos2 x  cos x  (1  cos x)sin x  x   cos    sin x  cos x  sin x.cos x  2) PT  (  1) x  ln Câu III: I =  ln 2    (  1)3 x  3(  1) x    (  1) x  x (  1) 2e x  e x  dx e3 x  e x  e x  3x 2x  3e  2e  e x ln =  3e3 x  2e x  e x  (e3 x  e2 x  e x  1) dx e3 x  e x  e x   ln  =   3x x x  1dx = ln(e3x + e2x – ex + 1) e  e  e 1  Vậy eI = x ln = ln11 – ln4 = ln 14 11 1 a VASBC = SABC.SA = a 3  A B BC  AC  C A B sin  cos cos cos  sin   sin   2      2 P=   =  B A B C C A B A B C C A cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 A B C =  tan  tan  tan  ≥ Vậy minP = và A = 2 2  Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = Câu V: B=C=  Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = Gọi I’ là điểm đối xứng I qua M  I  ; 6  5   (C): 8  6  x  y  9 5  5  2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và 1  (P): 3x – y + 2z + = Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và 2  (Q): 3x – y – 2z + =  Phương trình (d) = (P)  (Q) Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2][2;3]  y’ = 3x2 – 3, y’ =  x = ±  D  y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18  kết Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  Gọi A, B là hai tiếp điểm Nếu hai tiếp tuyến này lập với góc 600 thì IAM là nửa tam giác suy IM  R=2 Như điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x  2)  ( y  1)2  20 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm đúng hệ phương Lop12.net http://ductam_tp.violet.vn/ trình: ( x  2)  ( y  1)  20   x  y  12  (1) (2) y  27 y  Khử x (1) và (2) ta được:  2 y  10 2   y  12  20  y  42 y  81     Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: 2) Phương trình tham số M  6;3  27  M ;  5  x   t '  1 :  y   2t ' z   t '  Gọi M và N là giao điểm đường vuông góc chung với 1 và 2  M(7 + t;3 + 2t;9 – t) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t)   VTCP 1 và 2 là a = (1; 2; –1) và b = (–7;2;3) Ta có:     MN  a  MN a        MN  b  MN b  Từ đây tìm t và t  Toạ độ M, N Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN Câu VII.b: Gọi nghiệm ảo là z = ki (k  R) Ta có : (ki)3 + ( – 2i)(ki)2 + ( – i)ki – 2i =  – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = ( –k + k) + (–k + 2k + k – 2)i = k  k   2  k  2k  k   k=1 Vậy nghiệm ảo là z = i z  i  z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i =  (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] =    z  (1  i) z   Từ đó suy nghiệm phương trình Lop12.net