Đề ôn thi CĐ ĐH môn Toán có đáp án

Chia sẻ: Natra Ntra | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:3

0
262
lượt xem
145
download

Đề ôn thi CĐ ĐH môn Toán có đáp án

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

Tham khảo tài liệu 'đề ôn thi cđ đh môn toán có đáp án', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề ôn thi CĐ ĐH môn Toán có đáp án

  1. ĐỀ ÔN 1 I. PHẦN CHUNG 2x + 3 Câu 1 Cho hàm số: y = có đồ thị ( C ). x−2 a.Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) . b.Xác định m để đường thẳng (d): y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 2 3 (với O là gốc tọa độ).  1 log 2 x + log xy 16 = 4 − log 2 Câu 2 a.Giải hệ phương trình:  y  4 x 4 + 8 x 2 + xy = 16 x 2 4 x + y  1 − 2cos 2 x b.Giải phương trình: + 2 tan 2 x + cot 3 4 x = 3 . s inx.cos x π dx Câu 3 a.Tính tích phân sau: I=∫ π 2 + 3 s inx-cosx 3 x+m b.Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x +1+ 6 x − 8 + x +1− 6 x − 8 = 6 Câu 4 a.Cho hình chóp tam giác S.ABC, trong đó SA ⊥ ( ABC ) , SC = a và ABC là tam giác vuông cân đỉnh C, giả sử góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) bằng α . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và α . Tìm α để thể tích đó đạt giá trị lớn nhất. b.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x − 1) + ( y − 2 ) = 9 . Lập phương trình đường thẳng 2 2 (d) đi qua gốc tọa độ và cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4. Câu 5 .Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1 . Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ̀ x ( y + z ) y ( z + x) z ( x + y) 2 2 2 P= + + yz zx xy II. PHẦN TỰ CHỌN 1.Theo chương trình chuẩn.Câu VI a.1/ Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I(1 ; 2) và hai đường thẳng d1: x – y = 0, d2: x + y = 0. Tìm các điểm A trên Ox, B trên d1 và C trên d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A đồng thời B và C đối xứng với nhau qua điểm I. x y −1 z +1 2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = và hai mặt phẳng 2 1 2 (α ) : x + y − 2 z + 5 = 0, ( β ) : 2 x − y + z + 2 = 0 . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm trên d và tiếp xúc với hai mặt phẳng đã cho. Câu VI a. Giải phương trình sau trong tập số phức: z 3 + (2 − 2i ) z 2 + (5 − 4i ) z − 10i = 0 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI b.1/ Cho tam giác ABC cân tại C có phương trình cạnh (AB) là:2x-3y+11=0,phương trình cạnh (AC):x+5y-14=0.Cạnh BC đi qua điểm M(3;-3).Hãy viết phương trình cạnh (BC).  x = 2 − 2t  2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1:  y = 3 z = t  x − 2 1− y z d2: = = . Viết phương trình đường thẳng d song song với Oz cắt cả d1 và d2. 1 1 2 x 2 − y 2 = 2 Câu VII b. (1 điểm).Giải hệ phương trình :  log 2 ( x + y ) − log 3 ( x + y ) = 1
  2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2008-2009 Câu Hướng dẫn Điểm Câu Hướng dẫn Điể m Câu +) TXĐ: D = R thành : 36 – x = m. PT có nghiệm ⇔ 1a +) Tính được y’, KL khoảng đơn 0.25 19 < m ≤ 28 0.25 điệu, điểm cực trị, tiệm cận 0.25 +) KL: 77 ≤ m ≤ 100 hoặc 19 < m ≤ 28 +) +) BBT: 0.25 Vẽ hình đúng 0.25 +) Đồ thị: 0.25 1 a3 V = SA. ABC = s nα .1− s n2 α ) Câu +) S i ( i +) PT hoành độ giao điểm: 3 3 0.25 x2 + ( − 4) − 2m − 3 = 0 (*) có hai m x 0.25 4a +) Xét h/s y = t( − t ) suy ra Vmax = .1 2 Câu nghiệm PT ⇔ m 2 + 28 > 0 ⇔ m ∈ R 0.5 1b +) Gọi A(x ; x + m), B(x ; x + m), 2 1 1 2 2 khi α = 450 0.25 2 với x1, x2 là các nghiệm PT (*). Câu +) Đường tròn I(1; 2), R = 3. 0.25 1 m +) SO AB = d( ; )AB = O d. . m 2 + 28 ∆ 4b Đường thẳng ( ) cần tìm y = kx 2 2 0.25 +) YCBT ⇔ d( , )= 5 I∆ 0.75
  3. m 0.25 k− 2 1 +) SO AB = 2 3 ⇔ . m 2 + 28 = 2 3 ⇔ = 5 ⇔ k= − 2 2 0.25 k2 + 1 ⇔ m = ± 208 − 14 uu r uu r 0.25 Câu +) nP = ( −1; , d = ( 3; 1). 3; 2) u 1; − 0.5 +) ĐK: x > 0, y > 0, xy ≠ 1 y ≠ 1 , 0.25 5a Giao điểm của (d) và (P) là điểm Câu +) Từ PT (1) ta có: xy = 4 A(15; 28; - 9) 0.5 2a +) Thế vào (2) ta có: x –4x + 1 = 0 2 +) Đường thẳng (d’) cần tìm qua A ⇔ x = 2± 3 0.25 uu uu r r +) KL : Hệ có các nghiệm là : nhận  nP , d  = ( 4; 10) là VTCP  u  − 5;  4   4  0.25 Câu x − 15 y − 28 z+ 9  2 + 3;  ; 2 − 3;   ⇒( ' d ): = =  2+ 3   2− 3  0.25 5b −4 5 10 0.25 +) ĐK: sin4x ≠ 0 +) Ta có: +) PT ⇔ cot 4x − 4cot4x − 3 = 0 x2 ( y + z ) x2  1 1  4 x2 ( y + z)  +  ≥ 3 = Câu 0.25 yz y+ z  y z y+ z  cot4x = 1 2b 0.25 ⇔  x2 y2 z2   cot4x = 1± 13 Do đó P ≥ 4 + + 0.5    2 0.5+0,5  y + z z+ x x + y  +) Giải đúng các họ nghiệm +) Aùp dụng BĐT B.C.S ta có: Câu +) KL: Kết luận đúng (x + y + z 2 = ) 3a x π 0.25 d + π    x y z  2 1  2 6 3  . y+ z+ . z+ x + . x+ y +) I = ∫ +) I = − 0.25  y+ z  z+ x x+ y   8π x π 4 cos2  +   x2 y2 z2  3  2 6 ≤ + +  ( x + 2y + 2z) 2 Câu +) ĐK: x ≥ 8  y + z z+ x x + y  3b 0.25 x2 y2 z2 x + y+ z 1 0.25 ⇒ + + ≥ = x+ m y + z z+ x x + y 2 2 +) PT ⇔ x− 8 + 3 + x− 8 − 3 = 6 Từ đó ta có P ≥ 2 +) Nếu x≥ 17 , ta có PT trở thành : 1 12 x + 8 − x = m . PT có nghiệm Dấu “=” xảy ra khi x = y = z= 3 x≥ 17 ⇔ 77 ≤ m ≤ 100 1 +) Nếu 8 ≤ x < 17 , ta có PT trở KL: minP = 2, khi x = y = z= 3 Hết
Đồng bộ tài khoản