Đề&HD Toán ĐH 2010 số 12

Theo chương trình chuẩn Câu VI.a 2 điểm phương trình đường thẳng qua M và cắt E tại hai điểm C, D sao cho MC = MD.. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một t

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

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị (Cm); (m là tham số)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3

Câu II: (2 điểm)

2) Giải hệ phương trình:

 + = − +



 + = − +



Câu III: (1 điểm) Tính tích phân: I =

2

ln ln

∫

e

e

dx

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 a

Câu V: (1 điểm) Cho a b c, , là những số dương thoả mãn: a2 +b2 +c2 = 3 Chứng minh bất

+ + ≥ + +

II.PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm)

phương trình đường thẳng qua M và cắt (E) tại hai điểm C, D sao cho MC = MD

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng

(d) : 1 2

− = = +

và mặt phẳng (P) : 2x – y – 2z = 0.

Câu VII.a (1 điểm) Cho tập hợp X = {0,1,2,3, 4,5,6,7} Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng và hai đường thẳng có phương trình (P): 3x+ 12y− 3z− = 5 0 và (Q): 3x− 4y+ 9z+ = 7 0

+ = − = +

−

− = + = −

−

(d2)

Câu VII.b (1 điểm) Tìm số n nguyên dương thỏa mãn bất phương trình: 3 + 2 n− 2 ≤ 9

Hướng dẫn Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:

0

=



 + + =



x

(Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm xD, xE ≠ 0

0

4

9

⇔

 + × + ≠  <

m m

m m

Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là:

kD = y’(xD) = 3x D2 + 6x D+ = −m (x D+ 2 );m kE = y’(xE) = 3x2E+ 6x E+ = −m (x E + 2 ).m

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc ⇔ kDkE = –1

⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1

⇔ 9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et)

9 65

Câu II: 1) PT ⇔ cos cos3

3

π

 − =−

 ÷

x  x ⇔ cos cos( 3 )

3

 − = −

 ÷

x  x ⇔ x= +π3 k2π

2) Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được:

x2 + 91 − y2 + 91 = y− − 2 x− + 2 y2 −x2

− + − + + +

y x y x

1

− + − + + +

x y

Vậy từ hệ trên ta có: x2 + 91 = x− + 2 x2 ⇔ x2 + 91 10 − = x− − + 2 1 x2 − 9

2 2

( 3)( 3)

2 1

91 10

− + + +

x

2 1

91 10

⇔ −  +  − −÷ ÷÷=

− + + +

x

3

Vậy nghiệm của hệ x = y = 3

Câu III:

(ln )

ln (1 ln ) ln (1 ln )

I

2

(ln )

ln 1 ln

 − 

 + ÷

∫

e

e

Câu IV: Dựng SH ⊥AB Ta có: (SAB) ( ⊥ ABC), (SAB) ( ∩ ABC) =AB SH, ⊂ (SAB)

4

= o =a

4

= =a

= ABC = a a =a

Câu V: Áp dụng bất đẳng thức 1+ ≥1 4 ( > 0, > 0)

+ x y

+ + + + + + + + + +

Mặt khác:

2 ≥ 2 4 = 7 ⇔ + + + − − − ≥

+ + + + + + a b c a b c

2( 1) ( 1) ( 1) 0

⇔ a− + −b + −c ≥

+ + + + + +

+ + ≥ + +

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) tại C, D.

Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, do đó phương trình của (d) có dạng: y k x= ( − + ⇔ = 1) 1 y kx+ − 1 k

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (E): 4x2 + 9(kx+ − 1 k) 2 − 36 0 =

(4 9 ) 18 (1 ) 9(1 ) 36 0 (1)

⇔ + k x + k −k x+ −k − = (∆ ′ = 288k2 + 72k+ 108 0, > ∀k)

18 (1 )

4 9

− − + =

+

k

18 (1 )

4 9

− −

+

M

k

4 9

⇔ = −k

Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 0

2) Gọi A(a; 0; 0) ∈Ox ⇔ ( ) : 4Q/ y− 3x+ 10 0 =

(d) qua M0 (1; 0; 2) − và có VTCP u r= (1; 2; 2) Đặt uuuuuur r M M0 1 =u

0 1

2 0

0 1

;

( ; )

3

  − +

 

uuuuur r r

d A d

Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d)

2

− +

⇔ a = a a ⇔ a = a − a+ ⇔ a− = ⇔ =a

Vậy, có một điểm A(3; 0; 0)

Câu VII.a: Giả sử n = abc d e

7

A Như vậy có 3 (7 6 5 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài

6

2A = 240 (số)

Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): x− 2y+ = 3 0 và AB= 2 5

( ; ) ( ) ∈ ⇒ 5 + 16 = 80.

( ; )

− + − +

+

d M AB

1

2

; , ( 5 ; 4 ) 2

5

 − 

 ÷

2

5

 −  ≤ +  + = =

 ÷

0 0 0 0 0 0

⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ − + ≤ +

⇔ − ≤ − + ≤ ⇒ − + ≤

5



=

 −

⇒ − + = ⇔  ⇔  − =

 − + =



0

0

8 3 5 3

 =



⇔ 

 = −



x y

3 3

 

=  − ÷

 

MAB

2) (P) có VTPT n r P = (1; 4; 1) − , (Q) có pháp vectơ n r Q= (3; 4; 9) −

(d1) có VTCP u r1 = (2; 4; 3) − , (d2) có VTCP u r2 = − ( 2; 3; 4)

Gọi:

1

1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ),( ) ( ) ( ) ( ),( ) ( )

∆



 ⊃



 ⊃



 =



P P

r r

u u

⇒ (∆) = (P1) ∩ (Q1) và (∆) // (∆1)

4

= = − −

r

u và u r nên có VTPT: n r P1 = [ ; ] (25; 32; 26)u u r r1 =

Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0 ⇔ 25x+ 32y+ 26z+ 55 0 =

r

u và u r nên có VTPT: n r Q1 = [ ; ] (0; 24; 18)u u r r2 = −

Phương trình mp (Q1): 0(x− + 3) 24(y+ − 1) 18(z− = 2) 0 ⇔ 4y− 3x+ 10 0 =

Ta có: ( ) ( ) ∆ = P1 ∩ ( )Q1 ⇒ phương trình đường thẳng (∆) : 254 − ++33210 0+26= +55 0=



Câu VII.b: n= 3,n= 4