Đề 39 Kỳ thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn thi: Toán – Khối A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 4  mx3  2 x 2  3mx  1 (1) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2) Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. Câu II: (2 điểm) 23 2 8. 1) Giải phương trình:. cos3xcos3x – sin3xsin3x =. 2) Giải phương trình:. 2 x  1  x x 2  2  ( x  1) x 2  2 x  3  0 . Câu III: (1 điểm) Tính tích phân:. 2. I    x  1 sin 2 xdx . 0. Câu IV: (1 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC). Tính tan  và thể tích của khối chóp A.BBCC. Câu V: (1 điểm) Cho ba số a, b, c khác 0. Chứng minh:. a 2 b2 c2 a b c      . b2 c2 a 2 b c a. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6; 2) là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Điểm M (1; 5) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng : x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – 2y – z – 4 = 0 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 11 = 0. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a: (1 điểm) Giải bất phương trình: 9 x  x 1  1  10.3x  x  2 . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 + 4x + 4y + 6 = 0 và đường thẳng : x + my – 2m + 3 = 0 với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn (C). Tìm m để  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho diện tích IAB lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm D(–1; 1; 1) và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình: 4 x  2 x 1  2(2 x  1)sin(2 x  y  1)  2  0 . ---------------------------Hướng dẫn 2. Lop12.net. 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu I: 2) Đạo hàm. y  4 x 3  3mx 2  4 x  3m  ( x  1)[4 x 2  (4  3m) x  3m]. x 1 y  0   2  4 x  (4  3m) x  3m  0. (2). Hàm số có 2 cực tiểu  y có 3 cực trị  y = 0 có 3 nghiệm phân biệt   (3m  4) 2  0 4   m . 3 4  4  3m  3m  0.  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Thử lại: Với. m. 4 , 3. thì y = 0 có 3 nghiệm phân biệt. x1 , x2 , x3. Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi Câu II: 1) PT . cos 4 x . 4 m . 3. 2    x    k ,k Z 2 16 2. 2) Đặt:.  v2  u 2  2 x  1 u  x 2  2, u  0 u 2  x 2  2   2   2 v2  u 2  1  2 2 v  x  2 x  3, v  0 v  x  2 x  3  x  2 . PT . v  u  0   v  u  1 (v  u )  (v  u )  1  0    (v  u )  1  v  u   1  0 2  2       2  2 . (b) (c ). Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. Do đó: PT  v  u  0  v  u  Câu III: Đặt. u  x  1  dv  sin 2 xdx. x2  2 x  3  x2  2  x   . I=. 2 1 1   x  1 cos 2 x  2 2 0.  /2. 1 2. .  cos 2 xdx  4  1 . 0. Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABC) là  = a 3 a 3 a 3 , AH  , HE  2 3 6. Ta có :. AE . Do đó:. tan  . A ' H 2 3b 2  a 2  HE a. ;. VA '. ABC . 1 a 2 3b 2  a 2 A ' H .S  ABC  3 12. .. Do đó:. VA ' BB ' CC '  VABC . A ' B ' C '  VA '. ABC =. . S ABC .  . A EH .. A ' H  A ' A2  AH 2 . 9b 2  3a 2 3. .. a2 3 a 2 3b 2  a 2  VABC . A ' B ' C '  A ' H .S ABC  4 4. a 2 3b 2  a 2 6. Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: a 2 b2 c2 a 2 b2 c2 3    3 . . 3 (1) b2 c2 a 2 b2 c2 a 2 2 2 2 2 2 2  a2  1  2 a ; b2  1  2 b ; c 2  1  2 c  a2  b2  c 2  2  a  b  c   3 b c a b b c c a a b c a 2 2 2   Từ (1) và (2)  2  a2  b2  c 2   2  a  b  c   đpcm. c a  b b c a. . (2). Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5)  : x + y – 5 = 0, E    E(m; 5 – m); Goïi N laø trung ñieåm cuûa AB Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> I trung ñieåm NE   MN =  .  xN  2 xI  xE  12  m   y N  2 yI  yE  4  5  m  m  1.  N (12 – m; m – 1). . IE = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) (11 – m; m – 6); MN .IE  0  (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0  m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0  m = 6 hay m = 7  + m = 6  MN = (5; 0)  PT (AB) laø y = 5  + m = 7  MN = (4; 1)  PT (AB) laø x – 1 – 4(y – 5) = 0  x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = 1  4  9  11  5. d (I; (P)) =. 2(1)  2(2)  3  4 4  4 1. 3. < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C). Phương trình d qua I, vuông góc với (P) :.  x  1  2t   y  2  2t z  3  t . Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J  d  J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J  (P)  2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0  t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = R 2  IJ 2  4 Câu VII.a: Đặt t  3x  x , t > 0. BPT  t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9) Khi t  1  t  3x  x  1  x 2  x  0  1  x  0 (a) 2. 2. Khi t  9 . t  3x. 2. x.  x  2  9  x2  x  2  0   x 1. (b). Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–; –2]  [–1;0]  [1; + ). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = 2 Giả sử  cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của ABC, ta có 1   = sin AIB IA.IB.sin AIB 2  = 1  AIB vuông tại I Do đó SABC lớn nhất khi và chỉ khi sin AIB 1  4m IA  IH = 1  1 (thỏa IH < R)  2 m2  1 8  1 – 8m + 16m2 = m2 + 1  15m2 – 8m = 0  m = 0 hay m = 15. SABC =. 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.      DP  1; 1; p  1 ; NM   m;  n;0   DP.NM  m  n     Ta có :   .   DN  1; n  1; 1 ; PM   m;0;  p   DN .PM  m  p Phương trình mặt phẳng (P):. x y z    1. m n p. . D là trực tâm của MNP . Vì D (P) nên:. .  .  DP  NM  DP.NM  0        DN  PM   DN .PM  0    D  ( P)  D  ( P). Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P):. . x y z   1. 3 3 3. Lop12.net. 1 1 1    1. m n p. m  n  0 m  3 m  p  0    n  p  3  1  1  1  1  m n p.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu VII.b: PT   2 x  1  sin(2 x  y  1) . 2. x x 2  1  sin(2  y  1)  0(1)  cos 2 (2 x  y  1)  0   x (2) cos(2  y  1)  0. Từ (2)  sin(2 x  y  1)  1 .  Khi sin(2 x  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)  Khi sin(2 x  y  1)  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1. Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = –1  Kết luận: Phương trình có nghiệm:. y  1 .  2.  k , k  Z ..    1; 1   k , k  Z  . 2  . Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>