Đề 17 thi tuyển sinh đại học 2010 môn thi: Toán – Khối A

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 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  3x  x3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đường thẳng y = – x các điểm kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình.:. 3sin 2 x  2sin x 2 sin 2 x.cos x. 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: . Câu III (1 điểm): Tính tích phân. 2. I=  esin. 2. x. x( x  1)  4( x  1). x m x 1. .sin x.cos3 x. dx.. 0. Câu IV (1 điểm): Cho hình nón đỉnh S, đường tròn đáy có tâm O và đường kính là AB = 2R. ASB  2 ,  Gọi M là điểm thuộc đường tròn đáy và  ASM  2  . Tính thể tích khối tứ diện SAOM theo R,  và  . Câu V (1 điểm): Cho: a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh: abc  2(1  a  b  c  ab  ac  bc)  0 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 đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;–2). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC), tìm tọa độ điểm H. Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình: log 22 x  ( x  7) log 2 x  12  4 x  0 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho  ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: d1 :. x2 y 3 z 3   , d2 : x  1  y  4  z  3 . 1 1 2 1 2 1. Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của  ABC và tính diện tích của  ABC . Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2008 x  2007 x  1 . Hướng dẫn Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2) Câu II: 1) PT  2(1  cos x )(sin 2 x  sin x )  0  sin x  0, cos x  0. x. Lop12.net.  3.  k 2.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> x . PT có nghiệm khi t 2  4t  m  0 có nghiệm, suy ra m  4 . x 1 1 1 1 Câu III: Đặt sin 2 x  t  I   et (1  t )dt = e 20 2. 2) Đặt t  ( x  1). Câu IV: Gọi OH là đường cao của. DOAM ,. ta có:.  SO  OA.cotg  R.cotg sin    AH  SA.sin   R OA R  sin   SA  sin   sin  R  OH  OA2  AH 2  sin 2   sin 2  . sin  3 Vậy: VS . AOM  1 .SO. AH .OH  R cos 3 sin  sin 2   sin 2  3 3sin . .. Câu V: Từ gt  a2  1  1 + a  0. Tương tự, 1 + b  0, 1 + c  0  (1  a)(1  b)(1  c)  0  1  a  b  c  ab  ac  bc  abc  0 . 1 2. Mặt khác a 2  b 2  c 2  a  b  c  ab  ac  bc  (1  a  b  c)2  0 .. (a) (b). Cộng (a) và (b)  đpcm Câu VI.a: 1) PM /(C )  27  0  M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.  . Mặt khác: PM /(C )  MA.MB  3MB 2  MB  3  BH  3  IH  Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). d [ M ,(d )]  4 . R 2  BH 2  4  d [ M ,(d )]. a  0 . 4 2 2  a   12 b a b  5. 6a  4b. Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. 2 1 3 3. 1 3. 2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0. H  ; ;   Câu VII.a: Đặt t  log 2 x . PT  t 2  (7  x)t  12  4 x  0  t = 4; t =3 – x  x = 16; x = 2  Câu VI.b: 1) Ta có: AB   1; 2   AB  5 . Phương trình AB: 2 x  y  2  0 . I  (d ) : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên: C (2t  1; 2t ), D(2t ; 2t  2) Mặt khác: Ngoài ra: Vậy. 4 . 5  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  d  C ; AB   CH        5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2 . S ABCD  AB.CH  4. 5 8 8 2 C  ; , D ;   3 3 3 3. (CH: chiều cao).  CH . hoặc C  1;0  , D  0; 2 . 2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH  ( P)  d1  ( P) : x  y  2 z  1  0 B  ( P )  d 2  B (1;4;3)  phương trình BC :  x  1  2t ; y  4  2t ; z  3 Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: (Q) : x  2 y  z  2  0  K (2;2;4)  M (1;2;5) (K là trung điểm của CM).  ptAB :. x 1 y  4 z  3   , 0 2 2. do. A  AB  d1  A(1;2;5)  S  ABC . Lop12.net. 1    AB, AC   2 3 . 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu VII.b: PT  f ( x )  2008  2007 x  1  0 với x  (–  ; +  ) f  (x)  2008 x .ln 2008  2007; f  ( x )  2008 x ln 2 2008  0, x.  f  ( x ) luôn luôn đồng biến. Vì f (x) liên tục và lim f  ( x )  2007; lim f  ( x )    x0 để f ' ( x0 ) = 0 x . x . Từ BBT của f(x)  f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm. Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>