Đang tải... (xem toàn văn)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, SA=SB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45 0.. Tìm tọa độ hình chiếu vuôn[r]
(1)ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 Mơn thi : TỐN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2x2 + (1 – m)x + m (1), m số thực
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =
2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, x3 thỏa mãn
điều kiện : x12x22x32 4 Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình
(1 sin x cos 2x)sin x
1 cos x tan x
2 Giải bất phương trình :
x x
1 2(x x 1)
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :
1 x x
x
x e 2x e
I dx
1 2e
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN DM Biết SH vng góc với mặt phẳng
(ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đường thẳng DM
SC theo a
Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2
(4 1) ( 3) 4
x x y y
x y x
(x, y R).
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: 3x y 0 d2: 3x y 0 Gọi (T)
đường tròn tiếp xúc với d1 A, cắt d2 hai điểm B C cho tam giác ABC vng B Viết
phương trình (T), biết tam giác ABC có diện tích
3
2 điểm A có hồnh độ dương.
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1
:
2 1
x y z
mặt phẳng (P) : x 2y + z = 0.
Gọi C giao điểm với (P), M điểm thuộc Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo số phức z, biết z( 2i) (12 )i
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x + y 4 = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) đường thẳng
2
:
2
x y z
Tính khoảng cách từ A đến Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt hai điểm B C cho BC = Câu VII.b (1 điểm).
Cho số phức z thỏa mãn
2 (1 )
1 i z
i
Tìm mơđun số phức z iz
BÀI GIẢI Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + 1.
(2)Tập xác định R y’ = 3x2 – 4x; y’ = x = hay x = 3; lim
x y
và limx y
x
4
3 + y’ + +
y + CĐ
5 27
CT
Hàm số đồng biến (∞; 0) ; (
3; +∞); hàm số nghịch biến (0; 3)
Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu x=
4 3; y(
4 ) =
5 27
y" = 6x 4; y” = x =
2
3 Điểm uốn I ( 3;
11 27)
Đồ thị :
2 Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) trục hoành : x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = (x – 1) (x2 – x – m) = 0
x = hay g(x) = x2 – x – m = (2)
Gọi x1, x2 nghiệm phương trình (2) Với điều kiện + 4m > ta có :
x1 + x2 = 1; x1x2 = –m Do u cầu tốn tương đương với:
2
1
1 4m g(1) m x x
2
1 2
1 m
4 m
(x x ) 2x x
1 m
4 m 2m
1 m
4 m m
m
m
Câu II: 1 Điều kiện : cosx0 tanx ≠ - 1
PT
(1 sin cos ).(sin cos ) cos tan
x x x x
x x
(1 sin cos ).(sin cos )
cos cos sin cos
x x x x
x x
x x
2
(1 sin cos ) sin cos
1 2sin sin sin 1( ) sin
2
2 ( )
6
x x x x
x x x loai hay x
x k hay x k k
2 Điều kiện x ≥
y
x
0 4
3
1
(3)Bất phương trình
2
2
x x 2(x x 1) 2(x x 1)
▪ Mẫu số <
2(x x 1) 1
2x2 – 2x + > (hiển nhiên)
Do bất phương trình
2
x x 1 2(x x 1) ≤ 0
2(x x 1) x x 1
2
x x
(x 1) x (x 1) x
x x (x x )
x x
0 x x (1 x)
x
x 3x 0
0 x x x
Cách khác :
Điều kiện x
Nhận xét :
2
2 3
1 2( 1)
2
x x x
(1)
2
1 2( 1)
x x x x
* x = không thoả * x > : (1)
1
1
x x x x 1
2 x x
x x Đặt 1
t x x t
x x
(1) thành :
2
2
1 2( 1)
2 2 (*) t
t t
t t t
(*) t2 0t ( 1)t 2 0 t1
1
1
1
6 5
4
1 ( )
x x x
x x x x loai Câu III.
1 1
2
0 0
(1 )
1 2
x x x
x x
x e e e
I dx x dx dx
e e ; 1 0 ; 3 x
I x dx
1
01 x x e I dx e =
1 (1 ) 2
x x d e e = 1
ln(1 )
x e
=
(4)Vậy I =
1 1 ln 3
e
Câu IV:
S(NDCM)=
2 2
2 1
2 2
a a a
a a
(đvdt) V(S.NDCM)=
2
1 5 3
3 24
a a
a
(đvtt)
2
2
4
a a
NC a
,
Ta có tam giác vuông AMD NDC
Nên NCD ADM DM vng NC
Vậy Ta có:
2
2 .
5
a a
DC HC NC HC
a
Ta có tam giác SHC vuông H, khỏang cách DM SC chiều cao h vẽ từ H tam giác SHC
Nên 2 2 2
1 1 19
4 12 19
a h
h HC SH a a a
Câu V : ĐK :
3
x
Đặt u = 2x; v 2 y
Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = u = v
Nghĩa :
2
4
5 x
x y
x y
Pt (2) trở thành
2
25
6 4 (*) x x x
Xét hàm số
4 25
( ) 4
f x x x x
3 0;
4
2
'( ) (4 3)
3
f x x x
x
< 0
Mặt khác :
1
f
nên (*) có nghiệm x =
1
2 y = 2.
Vậy hệ có nghiệm x =
1
2 y = 2 A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1 A d1 A (a;a 3) (a>0)
Pt AC qua A d1 : x 3y 4a0
AC d2 = C(2a;2 3a)
Pt AB qua A d2 : x 3y2a0
AB d2 = B
3 ; 2
a a
B A
C D
H M N
(5)2
3 1
; ; ;
2 3
1 3
; ; ( ) :
2
2 3
ABC
S BA BC a A C
Tâm I IA Pt T x y
2 C (1 + 2t; t; –2 – t)
C (P) (1 + 2t) – 2t – – t = t = –1 C (–1; –1; –1)
M (1 + 2t; t; –2 – t)
MC2 = (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 = 6(t + 1)2 = t + = 1 t = hay t = –2
Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0)
d (M1, (P)) =
1
6
; d (M2, (P)) =
3
6
1
6
Câu VII.a: z ( i) (1 2i) = (1 2i)(1 2i)= (5 2i)
z 5 2i Phần ảo số phức z B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b :
1 Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = x – y =
Gọi K giao điểm IJ AH (với IJ : x + y – = 0), suy K nghiệm hệ
x y x y 4
K (2; 2)
K trung điểm AH
H K A
H K A
x 2x x y 2y y 4 62
H (-2; -2)
Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = x + y + =
Gọi B (b; -b – 4) BC
Do H trung điểm BC C (-4 – b; b); E (1; -3)
Ta có : CE (5 b; b 3)
vng góc với BA (6 b; b 10)
(5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 2b2 + 12b = b = hay b = -6
Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay B2 (-6; 2); C2 (2; -6)
2 qua M (-2; 2; -3), VTCP a (2;3; 2)
; AM ( 2; 2; 1)
a AM ( 7; 2;10)
d( A, ) =
a AM 49 100 153 17
a
=3
Vẽ BH vng góc với
Ta có : BH =
BC
2 AHB R2 =
153 425 16
17 17
=25 Phương trình (S) : x2y2(z 2) 25
Câu VII.b:
3 (1 3i) z
1 i
(1 3i) cos( ) i sin( )
3
3
(1 3i) 8 cos( ) i sin( )
= 8
8 8(1 i)
z 4i
1 i
z iz 4 4i i( 4i) = 8(1 i) z iz 8
Đặng Ngọc Liên, Đặng Ngọc Hùng
(6)ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Môn thi : TỐN
Thời gian: 180 phút (khơng kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm) Cho haøm số y =
2x x
đ
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho
2 Tìm m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB có diện tích (O gốc tọa độ)
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = Giải phương trình 3x 1 6 x3x214x 0 (x R). Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
ln (2 ln )
e x
dx
x x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, góc hai mặt phẳng (A’BC) (ABC) 600 Gọi G trọng tâm tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ cho tính
bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a
Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M=3(a2b2+b2c2+c2a2) + 3(ab + bc + ca) + 2 a2b2c2 .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):
Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, có đỉnh C(-4; 1), phân giác góc A có phương trình x + y – = Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC 24 đỉnh A có hồnh độ dương
2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c), b, c dương mặt phẳng (P): y – z + = Xác định b c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC)
1 3.
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn:
(1 ) z i i z
B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3) elip (E):
2
1
x y
Gọi F1 F2 tiêu điểm
của (E) (F1 có hồnh độ âm); M giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với (E); N điểm
(7)2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
1 2
x y z
Xác định tọa độ điểm M trục hoành cho khoảng cách từ M đến OM
Câu VII.b (1,0 điểm) Gỉai hệ phương trình :
2
x x
log (3y 1) x 3y
(x, y R)
BÀI GIẢI
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I 1
/
2
\ ; 0,
1
D y x D
x
TCĐ: x= -1 xlim 1 y, limx1 y
; TCN: y = vìxlim y2
Hàm số đồng biến (; 1) (1; +) Hàm số khơng có cực trị
x -∞ -1 +∞ y’ + +
y +∞ 2 -∞
2 Phương trình hồnh độ giao điểm (C) đường thẳng y = -2x +m
2
2 *
1 x
x m x m x m
x
(vì x = -1 khơng nghiệm)
Phương trình (*) có m2 8 0,m nên d ln cắt (C) điểm A, B.Ta có:
1
3 2
2
OAB A B B A A B B A
S x y x y x x m x x m
2 3 2 2 12
A B A B
m x x m x x
2
2 12
4 m
m
4 8 48 0 4 2
m m m m
Câu II.
1 (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx =
cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) = cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = cos2x (cosx + sinx + = 0) cos2x =
3
2 O -1
-2
-3
2
(8) 2x = k
x =
k
(k Z)
2 3x 1 6 x3x214x 0 , điều kiện :
1
x
3x 1 1 6 x3x214x 0
3 15
( 5)(3 1)
x x
x x
x x
x – = hay
3
(3 1)
3x 1 1 6 x x (vô nghiệm) x = 5 Câu III.
2
1 ln ln
e x
I dx
x x
;
1 ln
u x du dx
x
x e u
1
2
0
1
2
2
u
I du du
u
u u
1
0 ln
2 u
u
2
ln ln
3 ln
2
Câu IV
Gọi H trung điểm BC, theo giả thuyết ta có :
A 'HA 60 Ta có : AH =
a
2 , A’H = 2AH = a
và AA’ =
a 3 =
3a
Vậy thể tích khối lăng trụ V =
2 a 3a
4 = 3a
8
Kẻ đường trung trực GA trung điểm M GA mặt phẳng A’AH cắt GI J GJ bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC
Ta có: GM.GA = GJ.GI
R = GJ = GM GA
GI =
2 2
2
GA GI IA
GI GI
=
7 12
a
Câu V Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 = – 2t
1
3 t
Theo B.C.S ta có : t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2) M ≥
2 3 2 2 ( )
t t t f t
f’(t) =
2
1 t
t
f ’’(t) =
2
(1 )t
< 0,
t 0,
3
f’(t) hàm giảm
1 11 '( ) '( )
3
f t f
> f tăng f(t) ≥ f(0) = 2, t 0,
3
M ≥ 2, a, b, c không âm thỏa a + b + c =
A’
A
B C
C’
B’
H G
I
(9)Khi a = b = c = M = Vậy M =
PHẦN RIÊNG
A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a
1 Vì C (-4; 1), A vng phân giác góc A (d) : x + y – = 0, xA > nên A(4; 1) AC =
Mà diện tích ABC = 24 nên AB =
Mặt khác, AB vng góc với trục hồnh nên B (4; 7)
Vậy phương trình BC là: 3x + 4y – 16 = A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c >
(ABC) :
1
x y z
b c
(ABC) : bc.x + cy + bz – bc =
Vì d (0; ABC) =
1
3 nên 2 2
1 bc
b c b c 3b2c2 = b2c2 + b2 + c2 b2 + c2 = 2b2c2 (1)
(P) : y – z + = có VTPT nP (0;1; 1)
(ABC) có VTPT n( ; ; )bc c b
Vì (P) vng góc với (ABC) nnP n n P 0
c – b = (2)
Từ (1), (2) b, c > suy : b = c =
Câu VII.a.
z = a + ib Suy : z i a (b1)i (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i
(1 ) z i i z
2 ( 1)2 ( )2 ( )2
a b a b a b
a2 + (b2 – 2b + 1) = (a2 + b2) a2 + b2 + 2b – = a2 + (b + 1)2 =
Vậy z = a + ib với a, b thỏa a2 + (b + 1)2 = 2. B Theo Chương trình Nâng Cao
Câu VI.b
1
2
2 2
:
3
x y
E c a b
Do F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x y 0 M
2 1;
3
N
4 1;
3
1 NA 1;
3
; F A2 1; 3
NA.F A 02
ANF2 vng A nên đường trịn ngoại tiếp tam giác có đường kính F2N Do đường trịn
có phương trình :
2
2
( 1)
3
x y
2 d (M; ) =
NM,a a
M Ox M (m; 0; 0) qua N (0; 1; 0) có VTCP a
= (2; 1; 2)
NM (m; 1;0)
a, NM (2;2m; m)
Ta có: d (M, ) = OM
a, NM
OM a
5m 4m m
4m2 – 4m – = m = 1 hay m = Vậy M (1; 0; 0) hay M (2; 0; 0)
A B
C
(10)Câu VII.b
x x
log (3y 1) x 3y
x
x x
3y 3y
x
x x
2 y
3 3y
x
x x x
2 y
3
3(4 ) (2 1)
x
x x
2 y
3
2.4
x
x x
2 y
3 (2 1)(2 )
2
x
x
2 y
3
2
x 1 y
2
Đặng Ngọc Liên, Đặng Ngọc Hùng (Trung tâm BDVH LTĐH- SĐT:0977467739
THPT-Ngọc Hồi- KonTum.)
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Mơn : TỐN - Khối : D
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y x4 x26
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho
2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng
1
y x
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình sin 2x cos 2x3sinx cosx1 0
2 Giải phương trình
3
2 2 4
4 x x 2x x 2x x (x )
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3 ln e
I x xdx
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA = a; hình
chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn AC,
AC
AH
Gọi CM là
đường cao tam giác SAC Chứng minh M trung điểm SA tính thể tích khối tứ diện SMBC
theo a
Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y x24x21 x23x10
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp I(-2;0) Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương
2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z = (Q): x y + z = Viết
phương trình mặt phẳng (R) vng góc với (P) (Q) cho khoảng cách từ O đến (R)
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z z2 số ảo. B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) đường thẳng qua O Gọi H hình chiếu
vng góc A Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hồnh
(11)2 Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1:
x t
y t z t
2:
2 2
x y z
Xác định toạ độ điểm M thuộc 1 cho khoảng cách từ M đến 2
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2 2
4
( , ) 2log ( 2) log
x x y
x y
x y
BÀI GIẢI GỢI Y PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: yx4 x26 ( )C
1/ Khảo sát, vẽ (C) TXĐ : D = R;
3
' ; ' (2 1) 0;
y x x y x x x y
2
" 12
y x hàm số lồi R
limx limx
y y
x - +
y' +
y
- -
Hàm số đồng biến khoảng (-;0), nghịch biến khoảng (0;+)
y đạt cực đại x = 0, yCĐ =
(C) Ox : A ( 2;0)
2/ Tiếp tuyến vng góc d :
1
y x
Pt () : y = 6x + b
tiếp xúc (C) hệ sau có nghiệm :
4
3
6
10
x x x b x
b
x x
Vậy : y = 6x + 10 Câu II:
1/ Giải phương trình : sin 2x cos 2x3sinx cosx1 0
2
2
2sin cos 2sin 3sin cos cos(2sin 1) 2sin 3sin cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) (2sin 1)(cos sin 2)
x x x x x
x x x
x x x x
x x x
1
sin 6
2
5
cos sin 2( ) ( )
x k
x
x x VN x k k Z
2/
3
2 2 4
4 x x 2x x 2x x
(*); đk : x 2
3
2 4 4
4 x (2 x 1) (2x x 1)
(24x4 1)(42 x2 ) 0x3
24x4 1 4x 0 x1
3
4 2 x 2x
(12)3 8 2( 2 2)
x x
2 2( 2)
( 2)( 4)
2 x
x x x
x
2
2 2
2
x x
x x
x
VT = x22x 4 (x1)2 3 VP =
2
1 2
x Phương trình vơ nghiệm Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = 2. Câu III :
1
1 1
3
2 ln ln ln
e e e
I I
I x xdx x xdx x dx
x x
1
ln e
I x xdx
; Đặt ln
dx
u x du
x
;
2
2 x
dv xdx v
2 2
1
1
1
1 1
ln
2 2 2
e e e
x e x e
I x xdx
Tính I2 : Đặt t = lnx
dx dt
x
x = 1; t = 0; x = e ; t =
1
1
2
0 0
1 2 t
I tdt
Vậy
2 2 e
I
Câu IV:
Ta có
2
2 14
4
a a
SH a
2
2
14 32
2
16 16
a a a
SC a
= AC
Vậy SCA cân C nên đường cao hạ từ C xuống SAC
chính trung điểm SA
Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên MK =
1 2SH
Ta có
3
1 14 14 ( )
3 24
a a
V S ABC a
Nên V(MABC) = V(MSBC) =
1
2V(SABC) =
3 14 48 a
Câu V:
2
2 49
( 2) 25
2
y x x
; đk :
2
2
4 21
2 5
3 10
x x x
x x
x x
2 2
3
2
2( 2) 2
'
2 ( 2) 25 49 49 ( 2) 25
2 4
x x
x x
y
x x
x x
(13)2
3 49
' ( 2) 25 ( 2)
2
y x x x x
2
2
3
( 2)
3 49
( 2) 25 ( 2)
2
x x
x x x x
2
2
2
3
10 7( 2)
3 49
25 ( 2)
2
10 7( 2)
x x
x x
x x
x x
3
2
1
( ) 10 15 14 3
10 15 14 17 29 29 ( ) 17
x x
x nhan
x x x
x x x
x loai
x 2 1/3
y' +
y y(1/
3)
2;
y y
Cách khác: khơng cần bảng biến thiên, cần so sánh y(-2), y(1/3) y(5)
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a:
1/ * C1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm I điểm H'
BC qua trung điểm HH'
Phương trình AH : x =
Đường trịn (C) có pt : (x2)2 y2 74 H' giao điểm AH đường tròn (C)
H' (3; 7)
Đường thẳng BC có phương trình : y = cắt đường trịn (C) điểm C có hồnh độ nghiệm phương trình : (x2)232 74
x 65 2 (lấy hoành độ dương); y =
Vậy C ( 65 2 ; 3)
* C2: Gọi (C) đường tròn tâm I(2;0),
bán kính R = IA 74
Pt đường trịn (C) : (x2)2y2 74
Gọi AA1 đường kính BHCA1 hình bình hành HA1 qua M trung điểm BC
(14)Nên : ( 2;3) M M x
IM AH M
y
Pt BC qua M vng góc AH : y =
Toạ độ C thoả hệ phương trình :
2
( 2) 74
2 65 3 x y x y y x
Vậy
C ( 65 2 ; 3)
2/ PVT nP(1;1;1)
; PVT mQ (1; 1;1)
; PVT kR n m(2;0; 2) 2(1;0; 1)
Phương trình (R) có dạng : x z + D = Ta có : d (0;(R)) =
2 2
2 D
D
Phương trình (R) : x z 2 0 hay x z 2 0
Câu VII.a: Đặt z a bi z2 a2 b22abi
Ta có hệ phương trình
2 2
2 2
0
2
a b a
a b b
Vậy :
1
3
1 , 1 ,
z i z i
z i z i
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b:
1/ * C1 :Gọi H(x0; y0) hình chiếu A xuống
Ta có : AH ( ;x y0 2),OH ( ; )x y0
Do gt :
2 2
0 0 0 0 0
2
2
0
0 0
( 2) 2 0
( , ) ( 2) 4
x y y x y y
AH OH
AH d H Ox x y y x y
2
0 0
2
0 0 0
2
1
2
4 4
8 0( ) y
x
y y y
x y x y y
x loai 0
4
4 8; 5 x H y
. Phương trình : ( 1) x 8 y0
* C2 :
Oy H A : không thoả AH = d(H, Ox) Ox H O : không thoả AH = d(H, Ox) Pt : y = kx (k 0)
1 AH
y x
AH qua A k
Toạ độ H = AH thoả hệ
2 2 2 2 2 ; 1 2 k x y kx k k k H k k
y x k
(15)2
2 2 2
4
2 2
2
2
2 2
( ; )
1 1
1
2
2
0 ( )
k k k
AH d H Ox k k
k k k
k
k
k loai
Vậy :
2
y x
2/ M 1 M(3+t; t; t)
2 (2;1;0)
1 (2;1; 2) qua A
co VTCP a
Ta có : AM (1 ;t t1; )t
2
[ ,a AM] (2 t; 2;t 3)
; d(M;
2) =
2
2
(2 ) ( 3) 4
1 (4;1;1) 10 17 10
4 (7; 4; 4)
t t
t M
t t t t
t M
Câu VII.b:
2
4 (1) 2log ( 2) log (2)
x x y
x y
; đk: x > 2, y > 0
(2)
2 2
( 2)
2 y x
x y
y x
*
2 ( )
2 (1) 2
x loai
y x x x x
x
*
2
2
4 2
2 (1) 1( )
5 4
x x x
y x x loai
x x
x
x = 3; y = x = 4; y =
Đặng Ngọc Liên, Đặng Ngọc Hùng (Trung tâm BDVH LTĐH- SĐT:0977467739
THPT Ngọc Hồi- KonTum.)
ÐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A, B, D NĂM 2010 Mơn thi : TỐN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm).
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y= x3 + 3x2 – 1.
2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hoành độ -1
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình
5
4cos cos 2(8sin 1) cos 2
x x
x x
2 Giải hệ phương trình : 2
2
2
x y x y
x xy y
(16)Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân :
1
0 2x
I dx
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng đáy, SA=SB, góc đường thẳng SC mặt phẳng đáy 450 Tính theo a thể
tích khối chóp S.ABCD
Câu V (1,0 điểm). Cho hai số thực dương thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện 3x + y1 Tìm giá trị nhỏ
của biểu thức
1 A
x xy
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (1; -2; 3), B (-1; 0; 1) mặt phẳng (P): x + y + z + =
1 Tìm tọa độ hình chiếu vng góc A (P) Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính
AB
, có tâm thuộc đường thẳng AB (S) tiếp xúc với (P)
Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (2 – 3i)z + (4+i)z= -(1+3i)2 Tìm phần thực và
phần ảo z
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:
1 1
x y z
mặt
phẳng (P): 2x – y + 2z – =
1 Viết phương trình mặt phẳng chứa d vng góc với (P)
2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d cho M cách gốc tọa độ O mặt phẳng (P)
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình z2–(1+i)z+6+3i = tập hợp số phức. BÀI GIẢI
Câu I: Tập xác định R y’ = 3x2 + 6x; y’ = x = hay x = -2; lim
x y
limx y
x -2 +
y’ + +
y + CĐ -1
CT
Hàm số đồng biến (∞; -2) ; (0; +∞); hàm số nghịch biến (-2; 0)
Hàm số đạt cực đại x = -2; y(-2) = 3; hàm số đạt cực tiểu x=0; y(0) = -1 y" = 6x + 6; y” = x = -1 Điểm uốn I (-1; 1)
Đồ thị :
2 Gọi A điểm (C) có hồnh độ x = -1 tung độ A
Hệ số góc tiếp tuyến A y’(-1) = -3
Vậy phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A là: y
x
-2
(17)d : y – = -3(x + 1) y = -3x – Câu II: 1
5
4cos cos 2(8sin 1) cos 2
x x
x x
2(cos 4xcos ) 16sin cosx x x 2cosx5
2cos 4x8sin 2x5 4sin 2 x8sin 2x5 4sin22x – 8sin2x + =
3 sin
2
x
(loại) hay
1 sin
2
x
2
6
x k
hay
5
2
6
x k
12
x k
hay
5 12
x k
(k Z)
2 2
2 (1)
2 (2)
x y x y
x xy y
(1) (2x y ) 2 x y 0 2x y 1 hay 2x y 3 (loại) 2x + y = y = – 2x (3)
Thay (3) vào (2) ta có: x2 – 2x(1 – 2x) – (1 – 2x)2 = 2 x2 + 2x – = x = hay x = -3
Khi x = y = -1; x = -3 y = Vậy nghiệm hệ phương trình
1 x y
hay
3 x y
Câu III.
1
0 2x
I dx
x
=
0
3
1 dx x
=
1 2x 3ln x1
= – 3ln2
Câu IV:
Ta có tam giác vng SHC, có góc SCH =450 Nên tam giác vuông cân
Vậy
2
2 a a
HC SH a
4
3
1 a a V a
3
Câu V : Cách 1: 3x + y = x + x + x + y
4 x y
4
x y
A =
3
1 2
8
x xy x xy x y
Khi x = y =
1
4 ta có A = Vậy A = 8.
Cách 2: Áp dụng : a, b > :
1
a b a b
A =
1 1 1 2
x y
x xy x x y x
4
8
2
x y x y
x
Khi x = y =
1
4 ta có A = Vậy A = 8. A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a: A (1; -2; 3), B (-1; 0; 1); (P) : x + y + z + =
S
A
B C
(18) VTPT (P) nP
= (1; 1; 1)
1 Gọi () đường thẳng qua A vng góc với (P) :
() :
1
1 1
x y z
H hình chiếu A lên (P) H = () (P) nên tọa độ H thỏa :
1
1 1
x y z
x y z
1 x y z
Vậy H (-1; -4; 1)
2 Ta có AB = 4 4 12 3 AB = (-2; 2; -2) Bán kính mặt cầu (S) R =
1 AB
(AB) :
1
1 1
x y z
Vì tâm I (AB) I (t – 1; – t; t + 1)
(S) tiếp xúc (P) nên d (I; (P)) = R t4 1 t = -3 hay t = -5 I (-4; 3; -2) hay I (-6; 5; -4)
Vậy ta có hai mặt cầu thỏa yêu cầu đề : (S1) : (x + 4)2 + (y – 3)2 + (z + 2)2 =
1
(S2) : (x + 6)2 + (y – 5)2 + (z + 4) = Câu VII.a: (2 – 3i)z + (4+i)z=-(1+3i)2 (1)
Gọi z = x + yi (x, y R)
(1) (2 – 3i)(x + yi) + (4 + i)(x – yi) = – 6i (6x + 4y) – (2x + 2y)i = – 6i 6x + 4y = 2x + 2y = x = -2 y =
Vậy phần thực z -2 phần ảo z
B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b :
1 d :
1 1
x y z
mặt phẳng (P): 2x – y + 2z – = 0
d qua A (0; 1; 0) có VTCP ad
= (-2; 1; 1) (P) có VTPT : n( )P
= (2; -1; 2) () chứa d vng góc với (P) nên :
() qua A (0; 1; 0) có VTPT : n( ) a( )d ,n( )P 3(1;2;0)
Ptmp () : (x – 0) + 2(y – 1) = x + 2y – =
2 M d M (-2t; + t; t)
M cách O (P) OM = d (M, (P))
2 2 2( ) (1 ) 2( ) (1 )
4
t t t
t t t
6t 2t 1 t
t = M (0; 1; 0) Câu VII.b: z2 – (1 + i)z + + 3i = 0 (1)
= -24 – 10i = (1 – 5i)2
(1) z = – 2i hay z = 3i
Đặng Ngọc Liên, Đặng Ngọc Hùng (Trung tâm BDVH LTĐH- SĐT:0977467739
(19)Nếu thật khơng muốn người thừa xã hội./ Bến bờ thành công dấu chân kẻ lười biếng./
Em cắm hoa tươi đặt cạnh bàn, Mong Toán học bớt khơ khan Em Tốn nhiều cơng thức, Vẫn đẹp hoa lại chẳng tàn (Kỉ niệm)