Đề 26 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 3  2mx 2  (m  3) x  4 có đồ thị là (Cm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho đường thẳng (d): y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II: (2 điểm) 1) Giải bất phương trình: 15.2 x 1  1  2 x  1  2 x 1 2) Tìm m để phương trình: 4(log 2 x )2  log 0,5 x  m  0 có nghiệm thuộc (0, 1). 3. Câu III: (2 điểm) Tính tích phân: I =  1. dx . x (1  x 2 ) 6. Câu IV: (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lại cùng tạo với đáy góc α. Câu V: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y =. cos x sin x(2cos x  sin x) 2. với 0 < x   . 3. 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 điểm A(2;–3), B(3;–2),  ABC có diện tích bằng. 3 ; trọng tâm G của  ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính 2. đường tròn nội tiếp  ABC. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; –2; 3) và đường thẳng d có phương trình. x 1 y  2 z  3 . Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d. Viết   2 1 1. phương trình mặt cầu tâm A, tiếp xúc với d. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình. z 4  z3 . z2  z  1  0 trên 2. tập số phức.. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn (C1): x2 + y2 – 2x – 2y – 2 = 0, (C2): x2 + y2 – 8x – 2y + 16 = 0. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: (d1) :. x  t  y  4  t ;  z  6  2t . và. (d2) :. x  t '   y  3t '  6 z  t ' 1 . Gọi K là hình chiếu vuông góc của điểm I(1; –1; 1) trên (d2). Tìm phương trình tham số của đường thẳng đi qua K vuông góc với (d1) và cắt (d1). 0 1 2 2009  2C2009  3C2009  ...  2010C2009 Câu VII.b (1 điểm) Tính tổng S  C2009 .. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Hướng dẫn Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: x  0 (1)  x( x 2  2mx  m  2)  0   2  g ( x)  x  2mx  m  2  0 (2) (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  (2)   m 2  m  2  0 m  1  m  2   (a) . m  2  g (0)  m  2  0. Mặt khác:. d (K , d ) . 1 3  4 2. x 3  2mx 2  (m  3) x  4  x  4. có 2 nghiệm phân biệt khác 0..  2. 1 BC.d ( K , d )  8 2  BC  16  BC 2  256 2 2 2  ( xB  xC )  ( yB  yC )  256 với xB , xC là hai nghiệm của phương. Do đó:. S  KBC  8 2 . trình (2)..  ( xB  xC )  (( xB  4)  ( xC  4))  256  2( xB  xC )  256  ( xB  xC )  4 xB xC  128 2. 2. 2.  4m 2  4(m  2)  128  m 2  m  34  0  m . 2. 1  137 2. 1  137 . 2 30t  1  t  1  2t (2). (thỏa (a)). Vậy. m. Câu II: 1) * Đặt: t  2 x ; điều kiện: t > 0. Khi đó BPT   t  1 : (2)  30t  1  3t  1  30t  1  9t 2  6t  1  1  t  4 (a)  0  t  1 : (2)  30t  1  t  1  30t  1  t 2  2t  1  0  t  1 (b) x  0  t  4  0  2  4  x  2. Vậy, bất phương trình có nghiệm: x  2. (1) 2) PT  log 22 x  log 2 x  m  0; x  (0; 1) log 2 x   và lim log x  0 , nên: với x  (0;1)  t  (; 0) Đặt: t  log 2 x . Vì: lim x 0 x 1 Ta có: (1) Đặt:.  t 2  t  m  0, t  0.  m  t 2  t , t  0. (2).  y  t 2  t , t  0 : ( P )  : (d ) y  m. Xét hàm số:. y  f (t )  t 2  t ,. với t < 0 . Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm. f (t )  2t  1.  f (t )  0  t   1  2.  (d) và (P) có điểm chung, với hoành độ t < 0. Câu III: Đặt :. . 1 4.  m. 1 . 4. 1 m . 4. Vậy, giá trị m cần tìm: 1 x t. y.  (2) có nghiệm t < 0. x  (0; 1). 3 3. I  1. t6 dt  t2 1. 1. .   t. 4.  t2 1. 3 3. 1   dt t 1 2. =. 117  41 3   135 12. Câu IV: Dựng SH  AB  SH  ( ABC ) và SH là đường cao của hình chóp. Dựng HN  BC , HP  AC  SN  BC , SP  AC   SPH   SNH    SHN =  SHP  HN = HP. a 3 ; 4.  AHP vuông có:. HP  HA.sin 60o .  SHP vuông có:. Thể tích hình chóp. 1 1 a 3 a 2 3 a3 S . ABC : V  .SH .S ABC  . .tan  .  tan  3 3 4 4 16. Lop12.net. (1). SH  HP.tan  . a 3 tan  4.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu V: Với. . thì 0  tan x  3 và sin x  0,cos x  0, 2cos x  sin x  0 3 cos x 3 1  tan 2 x 1  tan 2 x    y  2 cos x sin x 2cos x  sin x tan 2 x(2  tan x) 2 tan 2 x  tan 3 x . 2 cos x cos x 2 Đặt: t  tan x; 0  t  3  y  f (t )  12 t 3 ; 0  t  3 2t  t 4 2 3 t  3t  4t t (t  3t  4) t (t  1)(t 2  t  4) f (t )     f (t )  0  ( t  0  t  1). 2 3 2 2 3 2 (2t  t ) (2t  t ) (2t 2  t 3 ) 2 0 x .  Từ BBT ta có:. min f (t )  2  t  1  x .  4. . Vậy:. miny  2 khi x     0;   3. Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) = . a  b  8 a b5 3  a  b  2. (1) ; (2). a b5 2.  4 . . 2 S ABC AB. Trọng tâm G  a  5 ; b  5   (d)  3a –b =4 (3)  3. 3 . S 3  p 2  65  89 S 3 . r  p 22 5. Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r = Từ (2), (3)  C(1; –1) .    BA, a  4  196  100 2) d(A, (d)) =  5 2  a 4 11. Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = 5 2 : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50 Câu. Câu. 2 2  1  1  1  5  VII.a: PT  z  z     z      0   z     z  1   5  0 z  z 2 z  z  2    Đặt ẩn số phụ: t = z  1 . (1)  t 2  t  5  0   t  1  3i  t  1  3i  z 2 2 2   Đáp số có 4 nghiệm z : 1+i; 1- i ; 1  i ; 1  i . 2 2 2 2 VI.b: 1) (C1): ( x  1)  ( y  1)  4 có tâm I1 (1; 1) , bán kính R1 = 2.. 2. (C2):. (1). có tâm I 2 (4; 1) , bán kính R2 = 1. Ta có: I1 I 2  3  R1  R2  (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại A(3; 1)  (C1) và (C2) có 3 tiếp tuyến, trong đó có 1 tiếp tuyến chung trong tại A là x = 3 // Oy. * Xét 2 tiếp tuyến chung ngoài: () : y  ax  b  () : ax  y  b  0 ta có: ( x  4) 2  ( y  1) 2  1.  a  b 1   2 2 2  2 a a   2 d ( I ;  )  R  1  a b   1 4 4    hay   d ( I 2 ;  )  R2  4a  b  1  1 b  4  7 2 b  4  7 2  a 2  b2   4 4 . Vậy, có 3 tiếp tuyến chung: (1 ) : x  3, (2 ) : y  . Lop12.net. 2 47 2 2 47 2 x , (3 ) y  x 4 4 4 4.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2) (d1) có vectơ chỉ phương u1  (1; 1; 2) ; . (d2) có vectơ chỉ phương u2  (1; 3; 1). K (d 2 )  K (t  ; 3t   6; t   1)  IK  (t   1; 3t   5; t   2). . . 18  18 12 7   K ;  ;  11  11 11 11   Giả sử (d ) cắt (d1) tại H (t; 4  t; 6  2t ), ( H  (d1 )) . HK   18  t;  56  t;  59  2t  11 11  11     18 56 118 26 1 HK  u1  t  t   4t  0  t    HK  (44;  30;  7). 11 11 11 11 11  18  x  11  44  Vậy, phương trình tham số của đường thẳng (d ):  y   12  30 . 11  7   z  11  7  IK  u2  t   1  9t   15  t   2  0  t  . Câu VII.b: Xét đa thức:. 0 1 2 2009 2009 f ( x)  x(1  x) 2009  x(C2009  C2009 x  C2009 x 2  ...  C2009 x ) 0 1 2 2009 2010  C2009 x  C2009 x 2  C2009 x 3  ...  C2009 x ..  Ta có:. 0 1 2 2009 2009 f ( x)  C2009  2C2009 x  3C2009 x 2  ...  2010C2009 x. 0 1 2 2009  f (1)  C2009  2C2009  3C2009  ...  2010C2009.  Mặt khác:. (a). f ( x)  (1  x) 2009  2009(1  x) 2008 x  (1  x) 2008 (2010  x).  f / (1)  2011.22008.  Từ (a) và (b) suy ra:. (b) S  2011.22008.. Lop12.net.

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