Đang tải... (xem toàn văn)
Câu IV 1 điểm Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ [r]
(1)http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y f ( x) x x Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ là a và b Tìm điều kiện a và b để hai tiếp tuyến (C) A và B song song với Câu II (2 điểm) cos x sin x tan x cot x cot x 1 x x log x log x 3 3 Giải phương trình lượng giác: Giải bất phương trình: log Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I cos x sin x cos x dx Câu IV (1 điểm) Cho hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh và thể tích hình trụ Câu V (1 điểm) Cho phương trình x x 2m x 1 x x 1 x m3 Tìm m để phương trình có nghiệm PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 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 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, viên bi xanh có bán kính khác và viên bi vàng có bán kính khác Hỏi có bao nhiêu cách chọn viên bi có đủ ba màu? Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I thuộc đường thẳng d : x y và có hoành độ xI , trung điểm cạnh là giao điểm (d) và trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật Lop12.net (2) http://ductam_tp.violet.vn/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là ( S ) : x y z x y z 0, ( P) : x y z 16 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P) Tính độ dài ngắn đoạn thẳng MN Xác định vị trí M, N tương ứng Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là số dương thỏa mãn: a b c Chứng minh bất đẳng thức 1 4 a b bc c a a 7 b 7 c 7 Hết Đáp án Nội dung Câ Ý u I + MXĐ: D + Sự biến thiên Giới hạn: lim y ; lim y x x x y ' x x x x 1 ; y ' x 1 Bảng biến thiên Điểm 2,00 1,00 0,25 0,25 0,25 yCT y 1 1; yCT y 1 1; yC§ y Đồ thị 0,25 1,00 Lop12.net (3) http://ductam_tp.violet.vn/ Ta có f '( x) x x Gọi a, b là hoành độ A và B Hệ số góc tiếp tuyến (C) A và B là k A f '(a ) 4a 4a, k B f '(b) 4b 4b Tiếp tuyến A, B có phương trình là: y f ' a x a f a f ' a x f (a) af' a ; y f ' b x b f b f ' b x f (b) bf' b Hai tiếp tuyến (C) A và B song song trùng và khi: k A k B 4a 4a = 4b3 4b a b a ab b 1 (1) Vì A và B phân biệt nên a b , đó (1) tương đương với phương trình: a ab b2 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến (C) A và B trùng 2 a ab b a ab b , a b 4 3a 2a 3b 2b f a af ' a f b bf ' b Giải hệ này ta nghiệm là (a;b) = (-1;1), (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng cặp điểm trên đồ thị là 1; 1 và 1; 1 Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến (C) A và B song song với là a ab b a 1 a b II 2,00 1,00 cos x.sin x.sin x tan x cot x cot x Điều kiện: Từ (1) ta có: cos x sin x cos x.sin x sin x sin x cos x cos x cos x 1 cos x sin x sin x 2sin x.cos x sin x x k 2 cos x k x k 2 0,25 0,25 0,25 Giao với điều kiện, ta họ nghiệm phương trình đã cho là x k 2 k 0,25 1,00 0,25 Điều kiện: x Lop12.net (4) http://ductam_tp.violet.vn/ Phương trình đã cho tương đương: 1 log x x log 31 x log 31 x 3 2 1 log x x log x log x 3 2 log x x 3 log3 x log x 3 x2 log x x 3 log x3 x2 x x 3 x3 x 10 x2 x 10 0,25 0,25 Giao với điều kiện, ta nghiệm phương trình đã cho là x 10 III 0,25 1,00 1,00 I cos x sin 2 x dx 0,50 1 sin x d sin x 0 1 d sin x sin 2 xd sin x 20 40 1 sin x| sin x| 0 12 0,50 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm AB và CD Khi đó OM AB và O ' N CD Giả sử I là giao điểm MN và OO’ Đặt R = OA và h = OO’ Khi đó: IOM vuông cân O nên: OM OI Lop12.net h 2a IM h a 2 2 0,25 (5) http://ductam_tp.violet.vn/ 2 a a 3a a a 2 Ta có: R OA AM MO 8 0,25 3a a 2 a V R h , 16 0,25 a a 3 a và S xq 2 Rh=2 2 2 0,25 2 2 V 1,00 Phương trình x x 2m x 1 x x 1 x m (1) Điều kiện : x Nếu x 0;1 thỏa mãn (1) thì – x thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm thì cần có điều kiện x x x Thay x vào (1) ta 0,25 được: m 1 m m3 2 m 1 * Với m = 0; (1) trở thành: x 1 x 0 x 0,25 Phương trình có nghiệm * Với m = -1; (1) trở thành x x x 1 x x 1 x 1 x x x 1 x x x x 1 x x 1 x + Với + Với x 1 x 0 0,25 x 1 x x x 1 x x Trường hợp này, (1) có nghiệm * Với m = thì (1) trở thành: x x x 1 x x 1 x x 1 x Ta thấy phương trình (1) có nghiệm x 0, x x 1 x nên trường hợp này 0,25 (1) không có nghiệm Vậy phương trình có nghiệm m = và m = -1 VI a 2,00 1,00 Lop12.net (6) http://ductam_tp.violet.vn/ Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R Gọi A, B là hai tiếp điểm (C) với hai tiếp (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp tuyến này lập với góc 600 thì IAM là nửa tam giác suy IM 2R=2 Như điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: 2 x y 1 20 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm 2 x y 1 20 (1) đúng hệ phương trình: x y 12 (2) 0,25 0,25 Khử x (1) và (2) ta được: x 2 y 10 y 1 20 y 42 y 81 27 x 27 33 Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M 3; M ; 2 10 2 2 0,25 1,00 0,25 Ta tính AB CD 10, AC BD 13, AD BC Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi Từ đó ABCD là tứ diện gần Do đó tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là trọng tâm G tứ diện này 0,25 0,25 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G ; 0; , bán kính là 2 2 14 R GA VI Ia 0,50 1,00 Số cách chọn viên bi tùy ý là : C189 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả này không xảy vì tổng các viên bi xanh và vàng là + Không có bi xanh: có C139 cách + Không có bi vàng: có C159 cách Mặt khác các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C109 cách chọn viên bi đỏ tính hai lần Vậy số cách chọn viên bi có đủ ba màu là: C109 C189 C139 C159 42910 cách VI b 0,25 0,25 0,50 2,00 1,00 Lop12.net (7) http://ductam_tp.violet.vn/ I có hoành độ xI 9 và I d : x y I ; 2 2 Vai trò A, B, C, D là nên trung điểm M cạnh AD là giao điểm (d) và Ox, suy M(3;0) AB IM 2 xI xM yI yM S ABCD AB.AD = 12 AD = 2 9 3 4 S ABCD 12 2 AB AD d , suy phương trình AD: x 3 y x y M AD Lại có MA = MD = 0,50 Vậy tọa độ A, D là nghiệm hệ phương trình: x y y x y x 2 2 2 x 3 y x 3 x x 3 y y 3 x x x Vậy A(2;1), D(4;-1), x 1 y y 1 x x xI A C x xI x A I ; là trung điểm AC, suy ra: C 2 2 yC y I y A y y A yC I 0,50 Tương tự I là trung điểm BD nên ta có: B(5;4) Vậy tọa độ các đỉnh hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): d d I , P 2.2 1 16 5 d R Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, MN = d –R = -3 = Trong trường hợp này, M vị trí M0 và N vị trí N0 Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S) Gọi là đường thẳng qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm và (P) Đường thẳng có vectơ phương là n P 2; 2; 1 và qua I nên có x 2t phương trình là y 1 2t t z t Lop12.net 0,25 0,25 (8) http://ductam_tp.violet.vn/ Tọa độ N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 2t 1 2t t 16 9t 15 t 15 13 14 Suy N0 ; ; 3 3 Ta có IM IN Suy M0(0;-3;4) 0,25 0,25 VI Ib 1,00 1 ( x 0, y 0) x y x y 1 1 1 Ta có: ; ; a b b c a 2b c b c c a a b 2c c a a b 2a+b+c Áp dụng bất đẳng thức 0,50 Ta lại có: 2 2a b c 4a 2b 2c 2 2a b c 2a b c a 2 a 1 b 1 c 1 2 ; 2b c a b 2c a b c 1 4 Từ đó suy a b bc c a a 7 b 7 c 7 Tương tự: Đẳng thức xảy và a = b = c = Lop12.net 0,50 (9)