1 điểm Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r.. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh
Trang 1THI THU ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn: Toán Khối A, B.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số 2 1
1
x y x
−
= + (1).
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M
và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9
Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình sau:
2
2 2
2) Giải phương trình lượng giác:
4 sin 2 os 2
os 4 tan( ).tan( )
Câu III (1 điểm) Tính giới hạn sau:
2 0
lim
x
L
x
→
=
Câu IV (1 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón)
Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?
Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình chuẩn.
Câu VI a (1 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1
( ;0) 2
I Đường thẳng
AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó
2)Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x 1)− 2+ +(y 2)2+ +(z 3)2 =64và mặt phẳng (P) : 2x y 2z 13 0− + + = cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (C) Xác định tâm và bán kính của đường tròn đó
Câu VIIa(1 điểm) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau Tính xác suất để lấy được 5 bông
hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
3
1
9 19
720
m
n
P
−
+
−
2 Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C) : x2+y2−2x+6y− =15 0 và đường thẳng (d) : mx y − − 3 m = 0 ( m là tham số) Gọi I là tâm của đường tròn Tìm m để đường thẳng (d) cắt (C) tại
2 điểm phân biệt A,B thoả mãn chu vi ∆IAB bằng 5(2+ 2)
2)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng : 1
( ) :
d − = = +
2
( ) :
d = − = +
− Viết phương trình mặt phẳng chứa (d 1 ) và hợp với (d 2) một góc 300
Câu VIIb (1 điểm)Giải hệ phương trình :
2
2010 2009
2010
y
−
=
HẾT
Trang 2-Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: ……….……….…… Số báo danh: ………
Trang 3HƯỚNG DẪN
I.1
Hàm số: 2 1 2 3
x y
−
+) Giới hạn, tiệm cận:
( 1) ( 1)
lim lim lim lim
- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2
3
1
x
+
+) BBT:
x - ∞ - 1 +∞
y' + || +
y +∞ 2
||
2 −∞
I.2
( ) ( ; 2 )
M I IM
M I
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: 0 ( )2
0
3 '( )
1
M
k y x
x
+
+) ycbt⇔k k M. IM = − 9
+) Giải được x0 = 0; x0 = -2 Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
1 điểm
II.1 +) ĐK: x∈ − ( 2; 2) \{0}
+) Đặt y= 2−x2,y>0Ta có hệ: 2 22
2
x y xy
x y
+ =
+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và
+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3
2
x= − −
1 điểm
II.2 +) ĐK: ,
x≠ +π kπ k Z∈
) tan( ) tan( ) tan( ) cot( ) 1
2 cos 4 os 4 1 0
+) Giải pt được cos24x = 1 ⇔cos8x = 1 ⇔
4
x k= π và cos24x = -1/2 (VN)
1 điểm
8
6
4
2
-2
-4
-6
Trang 4+) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là ,
2
x k= π k Z∈
3
1 5
2
3 3
L
= − =
1 điểm
IV.1 +) Gọi r C là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB
1
2 2
SAB C C
C
+) Scầu = 4 r2C 4 r2 l r
l r
+
1 điểm
IV.2 +) Đặt :
2 3
2
5 1
2
lr r
l r
r r rl l
y r
l r
−
= < <
+
=
=
+) BBT:
r
0 5 1
2 l
− l
y'(r) y(r) ymax
+) Ta có max Scầu đạt ⇔ y(r) đạt max ⇔ 5 1
2
r= − l
1 điểm
V +) Ta có
2
= + + + + − − −
= + + + = + + +
+) Đặt x +y + z = t, t ≤ 6(Bunhiacovxki), ta được: 1 3
( ) 3
2
P t = −t t
+) P t'( ) 0 = ⇔ = ±t 2, P(± 6) = 0; (P − 2)= −2 2 ; P( 2) 2 2=
+) KL: M Pax =2 2;MinP= −2 2
1 điểm
VIa
+) ( , ) 5
2
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)2 + y2 = 25/4
r
l
I
M S
Trang 5+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2
2
( )
( 2;0), (2; 2)
2
2 2 0
0
x y
x
y
=
− + =
(3;0), ( 1; 2)
2
2010
2010
y
−
=
+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:
+) Xét và CM HS f t( )= +t log2009(t+2010),t ≥0 đồng biến,
từ đó suy ra x2 = y2⇔ x= y, x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t
+ =
÷ ÷
, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1
⇒ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3
VIIa Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau Tính xác suất để lấy được 5 bông
hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
3
1
9 19
720
m
n
P
−
+
−
<=>
=
<
+ +
−
+
− 720
2
19 2 9 1
1 2
3 2
n
m n
m m P
A c
C
Từ (2): (n−1)!=720=6!⇔n−1=6⇔n=7 Thay n = 7 vào (1)
m(m 1) 9 19
−
2
m m 90 9 19m
⇔ − + + < ⇔m2−20m 99 0+ < ⇔9<m<11 vì m∈Ζ⇒m=10
Vậy m = 10, n = 7 Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau:
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 2 1575
10
3
7 C =
TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 1 350
10
4
7 C =
TH3: 5 bông hồng nhung có: 5 21
7 =
C cách
⇒có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách
Số cách lấy 4 bông hồng thường
% 45 , 31 6188 1946
6188
5
17
≈
=
⇒
=
P
C
CâuVIb.
(1,0)
2(1,0) Giả sử mặt phẳng cần tìm là:
( ) :α ax by cz d+ + + =0 (a + + >b c 0).
Trên đường thẳng (d1) lấy 2 điểm: A(1; 0; -1), B(-1; 1; 0).
0
( ) :α ax by+ +(2a b z a b− ) + − =0. Yêu cầu bài toán cho ta:
0
1 1 1.(2 ) 1
sin 30
a b a b
0,25
0,25
0,25
Trang 62 2 2 2
2 3a 2b 3(5a 4ab 2 )b 21a 36ab 10b 0
Dễ thấy b≠0nên chọn b=1, suy ra:
18 114 21
18 114 21
a a
=
=
KL: Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn:
18 114 15 2 114 3 114
0
18 114 15 2 114 3 114
0
0,25
Ghi chú:
- Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.
- Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải