Đề ôn thi CĐ ĐH môn Toán có đáp án_Đề 2

Chia sẻ: Natra Ntra | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

0
144
lượt xem
71
download

Đề ôn thi CĐ ĐH môn Toán có đáp án_Đề 2

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_đề 2', 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_Đề 2

  1. ĐỀ 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN - Thời gian: 180’ I.Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) 2x + 1 Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị là (C) x+2 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 2.Chứng minh đường thẳng d: y = - x + m luôn luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để đoạn AB có độ dài nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình 9sinx + 6cosx - 3sin2x + cos2x = 8 2.Giải bất phương trình log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5 (log 4 x 2 − 3) 2 dx Câu III (1 điểm). Tìm nguyên hàm I = ∫ sin x. cos 5 x 3 Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm). Xét ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a2009 + b2009 + c2009 = 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a4 + b4 + c4 II.Phần riêng (3 điểm) 1.Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm). 1. Cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông.  x = 1 + 2t  2. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình  y = t . Lập phương  z = 1 + 3t  trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIa (1 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. 2.Theo chương trình nâng cao (3 điểm) Câu VIb (2 điểm) 1. Cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x + 4y - 4 = 0 và đường thẳng d: x + y + m = 0. Tìm m để trên đường thẳng d có duy nhất một điểm A mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) sao cho tam giác ABC vuông. x −1 y z −1 2. Cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương trình = = . Lập 2 1 3 phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIb (1 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau mà trong mỗi số luôn luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.
  2. Đáp án I.Phần dành cho tất cả các thí sính I 2. (0,75 điểm) Hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d là nghiệm của phương 2x + 1  x ≠ −2 trình = −x + m ⇔  2 0,25 x+2  x + (4 − m) x + 1 − 2m = 0 (1) Do (1) có ∆ = m 2 + 1 > 0 va (−2) 2 + ( 4 − m).(−2) + 1 − 2m = −3 ≠ 0 ∀m nên đường thẳng d luôn luôn cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy 0,5 ra AB ngắn nhất  AB2 nhỏ nhất  m = 0. Khi đó AB = 24 II 1. (1 điểm) (2 Phương trình đã cho tương đương với 0,5 điểm) 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8  6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0  6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0  (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 0,25 1 − sin x = 0   6 cos x + 2 sin x − 7 = 0 (VN ) π 0,25  x = + k 2π 2 2. (1 điểm) x > 0 ĐK:  2 log 2 x − log 2 x − 3 ≥ 0 2 Bất phương trình đã cho tương đương với 0,5 log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5 (log 2 x − 3) 2 (1) đặt t = log2x, BPT (1)  t 2 − 2t − 3 > 5 (t − 3) ⇔ (t − 3)(t + 1) > 5 (t − 3) t ≤ −1 0,25  t ≤ −1 log x ≤ −1 ⇔ t > 3 ⇔ ⇔ 2 (t + 1)(t − 3) > 5(t − 3) 2 3 < t < 4 3 < log 2 x < 4   1 ⇔ 0 < x ≤ 2 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là: (0; 1 ] ∪ (8;16)  2 8 < x < 16 III dx dx I=∫ = 8∫ 3 1 điểm 3 3 2 sin x. cos x. cos x sin 2 x. cos 2 x đặt tanx = t 0,5
  3. dx 2t ⇒ dt = ; sin 2 x = cos x2 1+ t2 dt (t 2 + 1) 3 ⇒ I = 8∫ =∫ dt 2t 3 t3 ( ) 1+ t2 t 6 + 3t 4 + 3t 2 + 1 =∫ dt t3 3 1 3 1 = ∫ (t 3 + 3t + + t −3 ) dt = tan 4 x + tan 2 x + 3 ln tan x − +C 0,5 t 4 2 2 tan 2 x Câu IV 1 điểm Do AH ⊥ ( A1 B1C1 ) nên góc ∠AA1 H là góc giữa AA1 và (A1B1C1), theo giả thiết thì góc ∠AA1 H bằng 300. Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc ∠AA1 H =300 a 3 ⇒ A1 H = . Do tam giác A1B1C1 là tam giác đều cạnh a, H thuộc B1C1 và 2 a 3 A1 H = nên A1H vuông góc với B1C1. Mặt khác AH ⊥ B1C1 nên 0,5 2 B1C1 ⊥ ( AA1 H ) A B C K A1 C1 H B1 Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và 0,25 B1C1 A1 H . AH a 3 0,25 Ta có AA1.HK = A1H.AH ⇒ HK = = AA1 4 Câu V áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2005 số 1 và 4 số a2009 ta có 1 điểm 1 ++ + ... + 1 + a 2009 + a 2009 + a 2009 + a 2009 ≥ 2009.2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009 = 2009.a 4 (1) + 1+ + + 2005 Tương tự ta có 1 ++ + ... + 1 + b 2009 + b 2009 + b 2009 + b 2009 ≥ 2009.2009 b 2009 .b 2009 .b 2009 .b 2009 = 2009.b 4 (2) 0,5 + 1+ + + 2005 1 ++ + ... + 1 + c 2009 + c 2009 + c 2009 + c 2009 ≥ 2009.2009 c 2009 .c 2009 .c 2009 .c 2009 = 2009.c 4 (3) + 1+ + + 2005
  4. Cộng theo vế (1), (2), (3) ta được 6015 + 4(a 2009 + b 2009 + c 2009 ) ≥ 2009(a 4 + b 4 + c 4 ) ⇔ 6027 ≥ 2009(a 4 + b 4 + c 4 ) Từ đó suy ra P = a 4 + b 4 + c 4 ≤ 3 0,5 Mặt khác tại a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá trị lớn nhất của P = 3. Phần riêng. 1.Ban cơ bản Câu 1.( 1 điểm) VIa Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB ⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông 0,5 điểm cạnh bằng 3 ⇒ IA = 3 2 m −1  m = −5 ⇔ = 3 2 ⇔ m −1 = 6 ⇔  2 m = 7 0,5 2. (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lớn nhất khi 0,5 A≡I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 (u = (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d) 0,5 ⇒ H (3;1;4) ⇒ AH (−7;−1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 Câu Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 4 = 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 2 0,5 VIIa 0)và C 5 = 10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 5 . C 5 = 60 bộ 4 số thỏa mãn bài toán 2 2 2 1 điểm 2 2 Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả C 4 . C 5 .4! = 1440 số 0,5 2.Ban nâng cao. Câu 1.( 1 điểm) VIa Từ phương trình chính tắc của đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ được 2 2 tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB ⊥ AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh 0,5 điểm bằng 3 ⇒ IA = 3 2 m −1  m = −5 ⇔ = 3 2 ⇔ m −1 = 6 ⇔  2 m = 7 0,5 2. (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI lớn nhất khi A ≡ I 0,5 Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến.
  5. H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; t ;1 + 3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 (u = (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d) 0,5 ⇒ H (3;1;4) ⇒ AH (−7;−1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y -5z -77 = 0 Câu Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 5 = 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữ 2 0,5 VIIa 3 2 3 số 0 đứng đầu) và C 5 =10 cách chọn 2 chữ số lẽ => có C 5 . C 5 = 100 bộ 5 số được 1 điểm chọn. 2 3 Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 5 . C 5 .5! = 12000 số. 0,5 Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 4 .C 5 .4!= 960 . 1 3 Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thỏa mãn bài toán
Đồng bộ tài khoản