Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a 2,0 điểm 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A–2;3,.. và cắt cả hai đường thẳng:.[r]
Trang 1BỘ 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 (2,0 điểm) Cho hàm số f x( ) x3 3x2 4
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: G(x)= 2sin 1 3 3 2sin 1 2 4
Câu II (2,0 điểm)
1) Tìm m sao cho phương trình sau có nghiệm duy nhất: ln(mx) 2ln( x 1)
2) Giải phương trình: sin (1 cot ) cos (1 tan ) 3x x 3x x 2sin 2x
Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn: 2
0
lim
x x
Câu IV (1,0 điểm) Xác định vị trí tâm và độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABCD có AB 2,AC 3,AD 1,CD 10,DB 5,BC 13
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x 2 :
3
x y
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác
4
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm
4; 5;3
d
y z
'':
d
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm n sao cho C n1 6C n2 6C n3 9n2 14n, trong đó k là số tổ hợp chập k
n C
từ n phần tử
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình elip với các tiêu điểm
và tâm sai
1 1;1 , 2 5;1
2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình hình chiếu vuông góc của
x z d
Câu VII.b (1,0 điểm) Với n nguyên dương cho trước, tìm k sao cho 2n 2n lớn nhất
n k n k
hoặc nhỏ nhất
Hướng dẫn Câu I: 2) Đặt 2sin 1 t và
2
2 2
g x f t t3 3t2 4.
Trang 2 Max = 4, Min =
f
f
49 8
Câu II: 1) ĐKXĐ: x 1,mx 0 Như vậy trước hết phải có m 0
Khi đó, PT mx (x 1) 2 x2 (2 m x) 1 0 (1)
Phương trình này có: m2 4m
Với m (0;4) < 0 (1) vô nghiệm
Với m 0, (1) có nghiệm duy nhất x 1< 0 loại
Với m 4, (1) có nghiệm duy nhất x = 1 thoả ĐKXĐ nên PT đã cho có nghiệm duy
nhất
Với m 0, ĐKXĐ trở thành 1 x 0 Khi đó 0 nên (1) có hai nghiệm phân biệt
1 , 2 1 2
nghiệm của phương trình đã cho Như vậy, các giá trị m 0 thoả điều kiện bài toán
Với m 4 Khi đó, điều kiện xác định trở thành x > 0 và (1) cũng có hai nghiệm phân
biệt x x1 , 2 x1 x2 Áp dụng định lý Viet, ta thấy cả hai nghiệm này đều dương nên các
giá trị m 4cũng bị loại
Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: m ( ;0) 4
2
k
Khi đó, VT = sin 3x cos 3x sin 2xcosx cos 2xsinx
= (sinx cos )(sinx 2x sin cosx x cos ) sin cos (sin 2x x x x cos )x = sinx cosx
PT sin cos 2sin 2 sin cos 20
(sin cos ) 2sin 2 (1)
(1) 1 sin 2 x 2sin 2x sin 2x 1( 0) 2 2
Để thoả mãn điều kiện sinx cosx 0, các nghiệm chỉ có thể là: 2
4
x
x
2
2
.
x
2
2
2
x
2
x
x
0
x x
Câu IV: Ta có: CD2 10 AC2 AD2 ; DB2 5 AD2 AB BC2 ; 2 13 AB2 AC2 ;
Do đó tứ diện ABCD có ba mặt là ba tam giác vuông tại cùng đỉnh A.
Trang 3Lấy các điểm E, F, G, H sao cho đa diện ABEC.DGHF là hình hộp chữ nhật Hiển
nhiên, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp hình hộp Tâm mặt cầu này
là trung điểm I của đoạn AH, còn bán kính là 1 1 2 2 2 14
Câu V: Đặt f x( ) x2 3 (3 x) 2 5
3 ( )
f x
2
x
Phương trình thứ hai có ' 81 54 135 9.15 , và hai nghiệm: 1,2 9 3 15
2
x
Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2 Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên 2; , ngoài ra f (3) 0 nên f x( ) 0, x 2 Do đó, giá trị nhỏ nhất của f x( ) là f(2) 7 6
Cũng dễ thấy lim Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với )
khi và chỉ khi m 6 7
Câu VI.a: 1) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A
2
2
2 2
9
4
d
Phương trình AD: 2 3 1 0; AC:
Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b Khi đó hoành độ là 1 b và bán
kính cũng bằng b Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có:
3 1 2 42 6 3 5
4
3 5
3 1
2
Rõ ràng chỉ có giá trị 1 là hợp lý Vậy, phương trình của đường tròn nội tiếp ABC
2
b
2) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng:
m x2 3y 11 n y 2z 7 0 2mx3m n y 2nz 11m 7n 0.
Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: m( 8 15 11) n( 5 6 7) 0 n 3m
Chọn m 1,n 3, ta được phương trình của P’: 2x 6z 10 0
Đường thẳng d” đi qua A2; 1;1 và VTCP (2;3; 5) Mặt phẳng P” đi qua M và d”
m
có hai VTCP là và hoặc Vectơ pháp tuyến của P” là:
m 6;4; 2
n
3; 5, 5;2 2;3, 7; 13; 5
2; 1 1;3 3;2
p Phương trình của P”: 7(x 4) 13( y 5) 5(z 3) 0 7x 13y 5z 29 0
Đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình:
Trang 42 6 10 0
x z
Câu VII.a: Điều kiện: n 3.
Theo giả thiết thì: n 3 (n n 1) n n( 1)(n 2) 9 n2 14n n2 9n 14 0 n = 7
Câu VI.b: 1) Giả sử M x y , là điểm thuộc elip Vì bán trục lớn của elip là 3 5
0,6
a e
1 2 10 ( 1) ( 1) ( 5) ( 1) 10
( 2)2 ( 1)2 1
2) Mặt phẳng Q đi qua d có phương trình dạng: m x 2z n x3 2y z 5 0
m 3n x 2ny 2m n z 5n 0
(Q) (P) 1.(m 3 ) 2( 2 ) 1.( 2n n m n ) 0 m 8n 0
Chọn m = 8, n = 1, ta được phương trình của Q: 11x 2y 15z 5 0
Vì hình chiếu d’ của d trên P là giao tuyến của P và Q nên phương trình của d’ sẽ là:
2 5 0
Câu VII.b: Ta chứng minh rằng 2n 2n giảm khi k tăng, tức là:
n k n k
2n 2n 2n 1 2n 1 (3)
n k n k n k n k
Thật vậy, ta có chuỗi các biến đổi tương đương sau đây:
(3)
Bất đẳng thức cuối cùng là hiển nhiên; từ đó suy ra (3) đúng
Do đó, 2n 2n lớn nhất khi k = 0 và nhỏ nhất khi k = n.
n k n k