Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SAMBC.. TínhV SMBC PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH 03 điểm Thớ sinh chỉ chọn một trong hai chương trỡnh Chuẩn hoặc Nõng cao để làm bài.. Viết phươ
Trang 1KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Mụn: Toỏn Khối A, B.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm )
Cõu I ( 2,0điểm) Cho hàm số yf x x42m 2x2m2 5m5
1/ Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1
2/ Tỡm cỏc giỏ trị của m để đồ thị hàm số cú cỏc điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giỏc vuụng cõn
Cõu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trỡnh:
2 2
2 2
12 12
2/ Giải bất phơng trình : log log 3 5 (log 2 3 )
4 2
2 2
2x x x
Cõu III (1.0 điểm) Tìm x ( 0 ;) thoả mãn phơng trình: cot x - 1 = x x
x
x
2 sin 2
1 sin tan
1
2
Cõu IV(1.0 điểm) Tớnh tớch phõn : 2 2
0
I cos xcos 2xdx
Cõu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
2
a
, SA a 3, 0
SABSAC30 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA(MBC) TínhV SMBC
PHẦN RIấNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRèNH ( 03 điểm )
(Thớ sinh chỉ chọn một trong hai chương trỡnh Chuẩn hoặc Nõng cao để làm bài.)
A/ Phần đề bài theo chương trỡnh chuẩn
Cõu VI.a: (2.0điểm)
1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y 1 0 và phõn giỏc trong CD:x y 1 0 Viết phương trỡnh đường thẳng BC
2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tớnh S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15
b) Tỡm hệ số a10.
Cõu VII.a: (1,0điểm)Trong khụng gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng
(P): 2x - y + z + 1 = 0 Viết phương trỡnh mặt phẳng chứa AB và vuụng gúc với mp (P)
B/ Phần đề bài theo chương trỡnh nõng cao
Cõu VI.b: (2 điểm)
1, Cho hỡnh bỡnh hành ABCD cú diện tớch bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chộo nằm trờn đường thẳng y = x Tỡm tọa độ đỉnh C và D
2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tớnh S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15
b) Tỡm hệ số a10.
Cõu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y =
2 2 2 1
x (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3.
Tỡm tất cả cỏc giỏ trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phõn biệt A,B đối xứng nhau qua d2
Trang 2Cõu ý Hớng dẫn giải chi tiết Điểm
1 Cho hàm số 4 2 2 2 2 5 5
x
Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 1 1* TXĐ: D = R
2* Sự biến thiên của h m sàm s ố:
* Giới hạn tại vô cực:
f x xlim : f x xlim 0.25 * Bảng biến thiên: ' ' 4 3 4 4 2 1 y x x x x x f y' 0 x 0 ;x 1 ;x 1 x -∞ -1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
y +∞ 1 +∞
0 0
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 1 ; 0 và 1 ; , nghịch biến Trên mỗi khoảng ; 1 vàm s 0 ; 1 H m sàm s ố đạt cực tiểu tại x 1 ;y CT 0, đạt cực đại tại x 0 ;y CD 1 0.5 3* Đồ thị: * Điểm uốn: ' 12 2 4 x y , cỏc điểm uốn là: 9 4 ; 3 3 , 9 4 ; 3 3 2 1 U U * Giao điểm với cỏc trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trờn R nờn đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị:
8 6 4 2 -2 -4 -5 5 0.25 2 Tỡm cỏc giỏ trị của m để (C) cú cỏc điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giỏc vuụng cõn 1 * Ta cú 3 2 0 ' 4 4 2 0 2 x f x x m x x m 0.25 * Hàm số cú CĐ, CT khi f’(x)=0 cú 3 nghiệm phõn biệt và đổi dấu : m < 2 (1) Toạ độ cỏc điểm cực trị là:
A0 ;m2 5m 5,B 2 m; 1 m ,C 2 m; 1 m 0.5 * Do tam giỏc ABC luụn cõn tại A, nờn bài toỏn thoả món khi vuụng tại A: 2 1 1 0 AC m 3 m AB vỡ đk (1) Trong đú 2 ; 2 4 4, 2 ; 2 4 4 m m m AC m m m AB Vậy giỏ trị cần tỡm của m là m = 1 0.25 Cõu II 2 2
Trang 3Giải hệ phương trỡnh:
2 2
2 2
12 12
1
* Điều kiện: | | | |x y
Đặt
2 2
v x y
; x y khụng thỏa hệ nờn xột x y ta cú
2
1 2
u
v
Hệ phương trỡnh đó cho cú dạng: 2
12 12 2
u v
v v
0.25
8
u v
9
u v
+
2 2
2 2
0.25
Sau đú hợp cỏc kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trỡnh ban đầu
2 Giải bất phơng trình : log log 3 5 (log 2 3 )
4 2
2 2
ĐK:
0 3 log log 0
2 2
2x x x
Bất phơng trình đã cho tơng đơng với log log 2 3 5 (log2 3 ) ( 1 )
2 2
2 x x x
đặt t = log2x, BPT (1) 2 2 3 5( 3) ( 3)( 1) 5( 3)
t
0.25
4 log 3 1 log 4 3 1 )3 (5 )3 )(
1 ( 3 1
2 2
x t t t t t t
t
0.5
16 8
2
1 0
x
x
Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: ] ( 8 ; 16 )
2
1
; 0
Cõu III Tìm x ( 0 ;) thoả mãn phơng trình:
x
x
2 sin 2
1 sin tan
1
2
1 tan 0 2 sin 0 cos sin 0 2 sin
x x x
x x
x x
x x x
x x
cos sin sin
sin cos
cos 2 cos sin
sin
x
x x
cos sin sin
cos sin cos
sin
sin
0.25
cosx sinx sinx( 1 sin 2x)
(cosx sinx)(sin 2x cos 2x 3 ) 0
4 k k Z
4 0
;
0
Trang 4Cõu IV
0
I cos xcos 2xdx
2
I cos cos 2 (1 cos 2 ) cos 2 (1 2cos 2 cos 4 )
0.5
1( sin 2 1sin 4 ) |0/2
Cõu V
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
2
a
, SA a 3, 0
SABSAC30 Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA(MBC) TínhV SMBC 1
Theo định lí côsin ta có:
SB SA AB 2SA.AB cos SAB3a a 2.a 3.a cos30 a Suy ra SB Tơng tự ta cũng có SC = a.a
0.25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN BC Tơng tự ta cũng có MN SA
16 a 3 2
3 a 4
a a AM BN AB AM AN
MN
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
4
3 a
MN
0.25
Do đó
3
S MBC
PHẦN RIấNG CHO MỖI CHƯƠNG TRèNH 3.00
Phần lời giải bài theo chương trỡnh Chuẩn
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy choABC cú đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM:
2x y 1 0 và phõn giỏc trong CD:x y 1 0 Viết phương trỡnh đường thẳng BC
1
Điểm C CD x y : 1 0 C t ;1 t Suy ra trung điểm M của AC là 1 3;
M
0.25 0.25
S
A
B
C M
N
4
Trang 5
MBM x y t C
Từ A(1;2), kẻ AK CD x y: 1 0 tại I (điểm KBC)
Suy ra AK:x1 y 2 0 x y 1 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ: 1 0 0;1
1 0
x y
I
x y
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK tọa độ của K 1;0. Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: 1 4 3 4 0
7 1 8
0.25
0.25
2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15
Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45
0.25
Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5 2 5 5 2
Theo gt ta cã
3 4
2 10
4
2
5 0
i k
i
k
i k
5 5 5 5 5 5 101
0.25
0.5
CâuVII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x
- y + z + 1 = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P)
Gäi (Q) lµ mÆt ph¼ng cÇn t×m
Ta có AB ( 2,4, 16)
cùng phương với
a ( 1,2, 8) mp(P) có VTPT
1
n (2, 1,1)
0.25
Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chän VTPT cña mÆt ph¼ng (Q) lµ
2
Mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) ®i qua A nhËn
2
n (2,5,1) lµ VTPT cã pt lµ: 2(x + 1) + 5(y 3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z 11 = 0 0.25
Trang 6Ta cú:
Phương trỡnh của AB là:
2x y 2 0
: ;
I d y x I t t I là trung điểm của AC và BD nờn
ta cú:
2 1; 2 , 2 ; 2 2
C t t D t t
0.5
Mặt khỏc: S ABCDAB CH 4 (CH: chiều cao) 4
5
CH
Ngoài ra:
;
t
Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2;
C D
hoặc C1;0 , D0; 2
0.25
0.25
2 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15
a) Tớnh S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15
Ta cú P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45 0.25
Ta cú P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5 2 5 5 2
Theo gt ta có
3 4
2 10
4
2
5 0
i k
i
k
i k
5 5 5 5 5 5 101
0.25
0.25
CõuVII.b
Cho hàm số y =
2 2 2 1
x (C) và d1: y = x + m, d2: y = x + 3 Tỡm tất cả cỏc
giỏ trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phõn biệt A,B đối xứng nhau qua d2 1
* Hoành độ giao điểm của (C) và d1 là nghiệm của phơng trình :
1
x
2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1)
d1 cắt (C) tại hai điểm phân biệt p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
2
m m m2-2m-7>0 (*)
0.5
Trang 7Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 là hai nghiệm của (1) )
* d1 d2 theo giả thiết Để A, B đối xứng nhau qua d2 P là trung điểm của AB
Thì P thuộc d2 Mà P( 1 2; 1 2
)
Vậy ta có 3 3 3 3 9
( thoả mãn (*)) Vậy m =9 là giá trị cần tìm
0.5
Chú ý : - Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần
= = = = = == = = Hết = = = = = = = =
