Đề dự trữ môn toán kỳ thi đại học năm 2007
lượt xem 10
download
Tham khảo tài liệu 'đề dự trữ môn toán kỳ thi đại học năm 2007', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Đề dự trữ môn toán kỳ thi đại học năm 2007
- Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề II m Câu I: Cho hàm số y = − x + 1+ (Cm) 2− x 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại tại điểm A sao cho ti ếp tuyến với (Cm) tại A cắt trục oy tại B mà ∆ OBA vuông cân. Câu II: sin2x cos x 2 + = tgx− cotgx 1. Giải phương trình: cosx sinx 4 2. Tìm m để phương trình : x4 − 13 + m + x − 1= 0 có đúng 1 nghiệm x Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); M(0,–3,6) 1. Chứng minh rằng mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 tiếp xúc v ới m ặt c ầu tâm M, bán kính MO. Tìm tọa độ tiếp điểm. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, M và cắt các trục Oy, Oz tại các điểm tương ứng B, C sao cho VOABC = 3. Câu IV: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính di ện tích hình phẳng gi ới h ạn b ởi các đường y = x2 và y = 2 − x2 . 2xy = x2 + y x+ 32 x − 2x + 9 2. Giải hệ phương trình: 2xy y + = y2 + x 2 y − 2y + 9 3 Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3 − 8C2 + C1 = 49. n n n 2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các đi ểm A, B sao cho AB = 3 . Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
- 4 1. Giải phương trình: ( 2 − log3 x) log9x 3 − =1 1− log3 x 2. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đ ường th ẳng ∧ vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho ( SAB,SBC) = 60 . Gọi H, K o lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Ch ứng minh ∆ AHK vuông và tính VSABC? Bài giải Câu I: 1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = − x + 1+ (Bạn đọc tự làm) 2− x − x2 + 4x + m − 4 m 2. Ta có: y'= −1+ = ( 2 − x) 2 ( 2 − x) 2 y' = 0 ⇔ –x2 + 4x + m – 4 = 0 ⇔ (2 – x)2 = m (x ≠ 2) (∗) Để đồ thị (Cm) có cực đại ⇔ phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0 Khi đó y' = 0 ⇔ x1 = 2 − m , x2 = 2 + m , ta có: x –∞ +∞ x1 2 x2 y' – 0 + + 0 – ∞ +∞ y+ CĐ –∞ –∞ CT ⇒ Điểm cực đại A(2 + m , –1 – 2 m ) Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương trình: y = −1− 2 m , do đó OB = − 1− 2 m = 1+ 2 m m (vì B ∈ Oy ⇒ xB = 0) AB = X2 = 2 + ∆ AOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2 m = 2 + m ⇔m = 1 Cách khác: x2 − 3x + 2 + m ax2 + bx + c y= có dạng y = với a.A < 0 2− x Ax + B
- Do đó, khi hàm có cực trị thì xCT < xCĐ 2x2 − 3 xCĐ = x2 = 2 + m và yCĐ = = –1 – 2 m −1 Câu II: sin2x cos x 2 + = tgx− cotgx (1) 1. Giải phương trình: cosx sinx cos x cosx + sin2xsinx sinx cosx 2 (1) ⇔ = − sinx cosx cosx sinx cos2x − x) sin x − cos x ( 2 2 ⇔ = sinx cosx sinx cosx −ٹcosx =� cos2x sin2x 0 �+ −= ٹx cosx 1 0 sin2x 0 2cos2 1 � cosx = (cosx = −1 :loaï vì sinx � i 0) 2 π ⇔ x= ± + k2π 3 4 2. Phương trình: x4 − 13 + m + x − 1= 0 (1) x (1) ⇔ 4 x4 − 13 + m = 1− x x x ≤ 1 x ≤ 1 ⇔ 4 ⇔ 3 x − 13 + m = (1− x) 4 2 4x − 6x − 9x − 1 = −m x ycbt ⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x 3 – 6x2 – 9x – 1 với x ≤ 1 tại 1 điểm f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1 TXĐ: x ≤ 1 f'(x) = 12x2 – 12x – 9 = 3(4x2 – 4x – 3) 1 3 f'(x) = 0 ⇔ 4x2 – 4x – 3 = 0 ⇔ x = − ∨ x = 2 2 x –∞ +∞ –1 –3 /2 1 /2 f' + 0 – – 0 + +∞ CĐ f –∞ CT –12
- Từ bảng biến thiên ta có: 3 3 ycbt � −m = hay − m < −12 � m = − haym > 12 2 2 Câu III: 1. Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0) ( − 3) 2 + 62 = 3 Bán kính mặt cầu R = MO = 5 Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 0− 6− 9 15 d= = =3 5= R 5 5 Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO Phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc v ới m ặt ph ẳng (P) là: � = y+ 3 � = t x x � � = −3+ 2t (t ∈ R) y �1 2 z=6 z= 6 Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – 9 = 0 ⇒ t = 3 Vậy tọa độ tiếp điểm I của mặt cầu với mặt phẳng (P) là t(3,3,6) 2. Gọi b là tung độ của B, c là cao độ của điểm C xyz Vì A(2,0,0) ∈ Ox nên phương trình (Q): + + = 1 2bc 36 Ta có M(0,–3,6) ∈ mặt phẳng (yOz) nên: − + = 1⇔ 6b − 3c = bc (1) bc bc 1 21 Ta lại có VOABC = OA.SOBC = . bc = =3 3 32 3 ⇒ bc = 9 (2) { { bc = 9 bc = −9 Từ (1) và (2) ta có 6b − 3c = 9hay 6b − 3c = −9 3 b= − � b = c = 3hay 2 c = −6
- xyz + + =1 Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là: 233 x 2y z − − =1 hoặc 236 Câu IV: y ≥ 0 2 1. Ta có: y = 2 − x ⇔ 2 2 x + y = 2 Là nửa đường tròn tâm O, bán kính R = 2 , có y ≥ 0 Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x2 và y = 2 − x2 : x2 = 2 − x2 � x = � ; x và khi x � −1 ] thì 2 − x2 x [ ;1 2 2 1 Do đó ta có )∫ ∫( 1 1 1 ∫ 2 2 2 − x dx− x2dx 2 S= 2 − x − x dx = −1 −1 −1 1 π π ∫ 2 − x2dx Đặt: x = 2 sint t ∈ − , I1 = 2 2 −1 π π 2 costdt x = −1� t = − ;x = 1� t = ⇒ dx = 4 4 π π 4 4 ∫ ∫ 2 I1 = 2 − 2sin t. 2 costdt= 2 cost. 2 costdt π π − − 4 4 π π π 4 4 π 1 1 4 ∫ ∫ I1 = 2 cos tdt= (1+ cos2t) dt = t + sin2t = 2 + 2 2 4 2 − π π π 4 − − 4 4 π π 4 4 � + cos2t) dt = 2�+ cos2t) dt (1 (1 (Nhận xét : I 1 = π 0 − 4
- Vì f(t) = 1+ cos2t là hàm chẵn) 1 1 2 I 2 = �dx = 2�dx = 2 x2 x 3 −1 0 π 1 2 π 2π1 Vậy S = 2 + − = + 1− = + (đvdt ) 4 2 3 2 323 ) ) ( ( 1 1 � 2− x − x dx = 2� 2 − x2 − x2 dx (Nhận xét : S = 2 2 −1 0 2 − x2 − x2 là hàm chẵn) Vì g(x) = 2xy = x2 + y (1 x + 3 2 ) x − 2x + 9 2. Hệ phương trình 2xy y + = y2 + x (2) 32 y − 2y + 9 Từ hệ suy ra: � � 1 1 � � x2 + y2 = VP VT = 2xy + = � x−1 + 8 3 y−1 + 8 � ( ) ( ) 2 2 3 � � Dễ thấy | VT| ≤ 2| xy| ≤ x2 + y2 = VP 1 1 + ≤ 1 và dấu = xảy ) (3 ( x − 1) + 8 3 ( y − 1) 2 + 8 2 Ta có VT = VP � x = y = 1 hayx = y = 0 Thử lại, kết luận hệ phương trình có 2 nghiệm x = y = 1 hayx = y = 0 Câu Va: 1. Điều kiện n ≥ 4 n ( ) ∑C x n k 2k n− k 2 Ta có: x + 2 = 2 n k= 0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C42n− 4 n
- Ta có: A n − 8Cn + Cn = 49 3 2 1 ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 Nên hệ số của x8 là C423 = 280 7 2. Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R= 3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại AB 3 trung điểm H của đoạn AB. Ta có AH = BH = = 2 2 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 2 � 3� 3 Ta có: IH' = IH = IA − AH = 3− � � = 2 2 �2 � 2 �� ( 5− 1) + ( 1+ 2) = 5 2 2 Ta có: MI = 37 và MH = MI − HI = 5 − = 22 3 13 MH' = MI + H'I = 5+ = 22 3 49 52 2 2 2 2 Ta có: R1 = MA = AH + MH = + = = 13 44 4 3 169 172 R2 = MA '2 = A 'H'2 + MH '2 = + = = 43 2 44 4 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Câu Vb: 4 1. Phương trình: ( 2 − log3 x) log9x 3 − = 1 (1) 1− log3 x 1 4 (1) ⇔ ( 2 − log3 x) − =1 log3 9x 1− log3 x
- 2 − log3 x 4 ⇔ − =1 đặt: t = log3x 2 + log3 x 1− log3 x 2− t 4 − = 1� t2 − 3t − 4 = 0 (1) thành 2 + t 1− t (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm) � t = −1 hay t = 4 1 Do đó, (1) � log3 x = −1 hay x = 4 � x = hayx = 81 3 2. * Chứng minh ∆ AHK vuông Ta có: AS ⊥ CB AC ⊥ CB (∆ ACB nội tiếp nửa đường tròn) ⇒ CB ⊥ (SAC) ⇒ CB ⊥ AK mà AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ (SCB) ⇒ AK ⊥ HK ⇒ ∆ AHK vuông tại K * Tính VSABC theo R Kẻ CI ⊥ AB Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC ⇒ ∆ AOC đều R ⇒ IA = IO = 2 Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB) Suy ra hình chiếu vuông góc của ∆ SCB trên mặt phẳng (SAB) là ∆ SIB 3 3 3 Vì BI = AB . Suy ra SSIB = SSAB = .R.SA (∗) 4 4 4 1 1 2 2 Ta có: SSBC = BC.SC = R 3. SA + R 2 2 Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có: 1 R3 o SA2 + R2 (∗∗) SSIB = SSBC.cos60 = SSBC = 2 4 R Từ (∗), (∗∗) ta có: SA = 2
- R3 6 1 Từ đó VSABC = SA.dt ABC = ∆ 3 12 ----------@--------- HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Để làm tốt bài thi trắc nghiệm môn Sinh
6 p | 224 | 53
-
Luyện thi ĐH môn Toán 2015: Thể tích khối lăng trụ (phần 1) - Thầy Đặng Việt Hùng
3 p | 222 | 52
-
Luyện thi ĐH môn Toán 2015: Thể tích khối lăng trụ (phần 2) - Thầy Đặng Việt Hùng
3 p | 156 | 46
-
8 Đề thi HK 2 môn Toán 11 - Kèm đáp án
30 p | 166 | 39
-
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ - MÔN SINH HỌC
6 p | 225 | 21
-
Đề kiểm tra HK1 môn Toán 12 - THPT Vinh Xuân (2010-2011)
14 p | 170 | 18
-
Đề dự trữ môn toán kỳ thi đại học năm 2007 - Đề A
0 p | 114 | 15
-
Đề dự trữ môn toán khối D kỳ thi đại học năm 2007 - Đề 2
8 p | 177 | 14
-
Bài giảng Số học 6 chương 1 bài 6: Phép trừ và phép chia
10 p | 203 | 13
-
Đề dự trữ môn toán khối A kỳ thi đại học năm 2007 - Đề 2
0 p | 102 | 11
-
Bộ đề thi thử đại học trường THPT Nguyễn Thái Học - Môn Hóa - Đề 1
4 p | 88 | 11
-
Đề dự trữ môn toán kỳ thi đại học năm 2007 - Đề B
0 p | 88 | 10
-
Đề dự trữ môn toán kỳ thi đại học năm 2007 - Đề D
0 p | 100 | 9
-
Đề thi thử đại học môn Hóa năm 2009 - Đề số 1
0 p | 52 | 6
-
ĐỀ THI CUỘC THI TRẮC NGHIỆM TRỰC TUYẾN 2010 Môn: Sinh học
14 p | 82 | 5
-
Chủ đề 4: Phép trừ và phép chia(Toán lớp 6)
7 p | 12 | 2
-
Đề thi thử THPT Quốc gia năm 2021 môn Địa lí có đáp án - Trường THPT Võ Minh Đức, Bình Dương
6 p | 26 | 0
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn