Đề ôn tập luyện thi đại học , cao đẳng môn toán - đề số 2

Chia sẻ: Phan Tran Trung Kien | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
167
lượt xem
60
download

Đề ôn tập luyện thi đại học , cao đẳng môn toán - đề số 2

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Đề ôn tập luyện thi đại học , cao đẳng môn toán

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề ôn tập luyện thi đại học , cao đẳng môn toán - đề số 2

  1. ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 4  8 x 2  7 (1). 1. Khảo sát sự biết thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị của hàm số (1).     2 Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình sin  2 x    sin  x    .  4  4 2 1 3x 2. Giải bất phương trình 2 1 . 1 x 1  x2 Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0, x3 y z 5 đường thẳng d :   và ba điểm A(4 ; 0 ; 3), B( - 1 ; - 1 ; 3), C(3 ; 2 ; 6). 2 9 1 1. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất.  2 sin 2 xdx Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân I   . 0 3  4 sin x  cos 2 x   2. Chứng minh rằng phương trình 4 x 4 x 2  1  1 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 3x)2n, biết rằng 3 2 k An  2 An  100 (n là số nguyên dương, An là số chỉnh hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2  y 2  1 . Tìm các giá trị thực của m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60o. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1  6 1. Giải phương trình 3   log x  9 x  . log 3 x  x 2. Cho hình chóp S.ABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông, SA = SB = SC = a. Gọi N, M, E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC ; D là điểm đối xứng của S qua E ; I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN). Chứng minh rằng AD vuông góc với SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI.
  2. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: Toán (đề số 2), khối A Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R. Sự biến thiên : y ' = 4x 3 - 16x = 4x (x 2 - 4), y ' = 0 Û x = 0 hay x = ± 2 0,25 yCĐ = y(0) = 7; yCT = y(  2 ) = - 9. 0,25 Bảng biến thiên : x -∞ -2 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + 0,25 y +∞ 7 +∞ -9 -9 Đồ thị : y 7 -2 -1 2 0,25  7 O 1 7 x -9 2 Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng … (1,00 điểm) Đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương  x 4  8 x 2  7  mx  9 (1)  0,25 trình sau có nghiệm:  3 4 x  16 x  m (2)  Thay (2) vào (1) ta được   x 4  8 x 2  7  4 x 3  16 x x  9 0,50  3 x 4  8 x 2  16  0  x  2. Thay x  2 vào (2) ta được m=0. 0,25 Suy ra m = 0 là giá trị cần tìm.
  3. II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình tương với 0,50 2 sin 2 x  cos 2 x   2 sin x  cos x   2 2 2 2  cos x  sin x 2 cos x  1  0. p 0,50  cos x - sin x = 0 Û tgx = 1 Û x = + k p, k Î Z . 4 1 p  2 cos x - 1 = 0 Û cos x = Û x = ± + k 2p, k Î Z . 2 3 Nghiệm của phương trình đã cho là: p p x = + k p hay x = ± + k 2p với k Î Z . 4 3 2 Giải bất phương trình… (1,00 điểm) Điều kiện: x  1 . 0,25 Bất phương trình đã cho tương đương với 1  x2  x 2 3x x2 3x 2 1   2   2  0 1. 1 x 1 x 2 1 x 1  x2 x Đặt t  , khi đó bất phương trình (1) trở thành: 1  x2 t 2 - 3t + 2 > 0 Û t < 1 hay t > 2. x 0,25 a. Với t 2 thì  2  x  2 1  x 2 (3). 2 1 x ( Điều kiện: x  1 ) x  0 2 5 Bất phương trình (3)   2  x .  x  41  x  2 5 2 5  Tập nghiệm của bất phương trình (3) là S 2    5 ;1.    Nghiệm của bất phương trình là 0,25  1  2 5  S  S1  S 2    1;  ;1.  2  5    III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu… (1,00 điểm) 2,00
  4. IA  IB 0,25  Tâm I(a ; b ; c) của (S) xác định bởi hệ IA  IC  I  P   4  a 2  0  b 2  3  c 2   1  a 2   1  b 2  3  c 2 0,50   2 2 2 2 2 2 4  a   0  b   3  c   3  a   2  b   6  c  2a  3b  3c  1  0   a  1   b  2 c  3.  Bán kính của (S) là R= 13 . 0,25 2 2 2 Phương trình của (S) là:  x  1   y  2    z  3  13. 2 Viết phương trình mặt phẳng (Q)…(1,00 điểm) Mặt phẳng (Q) cần tìm chính là mặt phẳng chứa d và đi qua tâm I 0,25 của (S). Đường thẳng d đi qua M(3 ; 0 ; - 5) có vectơ chỉ phương là 0,50 u  2;9;1 . Ta có IM  2;2;8  21;1;4 , do đó vectơ pháp tuyến của (Q) 1   là IM , u  35;9;11 . 2 Mà (Q) đi qua I(1 ; 2 ; 3) nên phương trình của (Q) là: 0,25 35 x  1  9 y  2   11 z  3  0  35 x  9 y  11z  50  0. IV 2,00 1 Tính tích phân…(1,00 điểm)  0,50 2 sin x. cos xdx Ta có: I   2 0 sin x  2 sin x  1 Đặt t = sinx  dt = cosxdx.  Với x = 0 thì t= 0, với x  thì t = 1. 2 1 tdt 1  1  t dt 1 1 0,50 Suy ra I   2    td    0 t  1  t  1 0 t 10 0 t 1 1 1 1    ln t  1 0    ln 2. 2 2 1 1 1 1 t + 1- 1 dt dt 1 Cách khác: I = ò 2 dt = ò t + 1- ò (t + 1)2 = (ln t + 1 + t + 1 ) 0 (t + 1) 0 0 0 2 Chứng minh p t có đúng 3 nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 4 x 4 x 2  1  1  0   0,50   Xét hàm số f  x   4 x 4 x 2  1  1 với x  R     Có f '  x   4 x ln 4 4 x 2  1  8 x.4 x  4 x ln 4 4 x 2  1  8 x  
  5.   f '  x   0  ln 4 4 x 2  1  8 x  0  4 ln 4 x 2  8 x  ln 4  0 * Phương trình (*) có biệt thức ∆ > 0 nên có đúng hai nghiệm phân biệt. Từ bảng biến thiên của f(x) suy ra phương trình f(x) = 0 có không quá 3 nghiệm phân biệt  1 0,50 Mặt khác: f     0, f 0  0, f  3. f  2   0  2 Do đó phương trình f(x) = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt: 1 x1 0, x2  , x3   3;2 . 2 V.a 2,00 1 Tìm hệ số…(1,00 điểm) Điều kiện: n  N , n  3. 0,50 n! n! Ta có An3 + 2An2 = + 2 = n 2 (n - 1). (n - 3) ! (n - 2) ! Do đó An  2 An  100  n 2 n  1  100  n  5. 3 2 2n 10 10 Do đó 1  3 x   1  3x   C10  C10 3x   ...  C10 3 x  . 0 1 10 0,50 Hệ số của số hạng chứa x5 là C10 .35  61236. 5 2 Đường tròn có tâm O(0 ; 0) và bán kính R=1. 0,50 Giả sử PA, PB là hai tiếp tuyến (A, B là các tiếp điểm). ˆ  Nếu APB  60o  OP  2  P thuộc đường tròn (C1) tâm O bán kính R=2. ˆ 2  Nếu APB  120o  OP   P thuộc đường tròn (C2) 3 2 tâm O bán kính R = . 3 Đường thẳng y = m thỏa mãn yêu cầu bài toán cắt đường tròn (C1) 0,50 và không có điểm chung với đường tròn (C2).  Đường thẳng y = m cắt (C1)  2  m  2 .  Đường thẳng y = m không có điểm chung với 2 2 (C2)  m   hoặc m  . 3 3 2 2 Suy ra các giá trị cần tìm của m là  2  m   va   m  2. 3 3 V.b 2,00 1 Giải phương trình lôgarit (1,00 điểm) 2,00 0  x  1 0,50  Điều kiện  6 9 x  x  0. 
  6.  6   Phương trình đã cho tương đương với log x 3 x 3  log x  9 x   x  6 0,50 Û 3x 3 = 9x - Û x 4 - 3x 2 + 2 = 0 Û x = ± 1 hay x = ± 2. x Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x  2. 2 Tính thể tích … (1,00 điểm) Ta có SA  (SBC)  SA  BD. Mà BD  SB  BD  (SAB) 0,50  BD  SM. Mà SM  AB (do tam giác SAB vuông cân)  SM  (ABD)  SM  AD. Chứng minh tương tự ta có SN  AD  AD  (SMIN)  AD  SI. Ta có AD  SA2  SD 2  a 3 0,50 SD 2 2a 3 SD 2  DI .DA  DI   . DA 3 AB a 2 SM  MB   . 2 2 Kẻ IH  AB (H  AB). A I N H C M D E S B Suy ra IH // BD. Do đó IH AI AD  DI 1    BD AD AD 3 1 a  IH  DB  . Mặt khác SM  (ABD) nên 3 3 1 1 1 a 2 a 2 a a3 VMBSI  SM .S MBI  SM .BM .IH  . . .  (đvtt ). 3 6 6 2 2 3 36 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn.
Đồng bộ tài khoản