Đề tham khảo thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn toán khối A (1)

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

0
180
lượt xem
46
download

Đề tham khảo thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn toán khối A (1)

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

Tham khảo tài liệu 'đề tham khảo thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn toán khối a (1)', 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 tham khảo thi tuyển sinh đại học năm 2010 môn toán khối A (1)

  1. http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ 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 điểm) Cho hàm số y = x3     . −x 1) Khảo sát sự biến thiên và đồ thị (C) của hàm số. 2) Dựa và đồ thị (C) biện luận số nghiệm của phương trình: x3 – x = m3 – m Câu II: (2 điểm) 1) Giải phương trình: cos2x + cosx + sin3x = 0 ( 3 + 2 2 ) − 2 ( 2 − 1) − 3 = 0 . x x 2) Giải phương rtình: ln 2 2e3 x + e 2 x − 1 Câu III: (1 điểm) Cho I = ∫ e3 x + e 2 x − e x + 1 dx . Tính eI 0 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tai A và D. Biết AD = AB = a, CD = 2a, cạnh bên SD vuông góc với mặt phẳng đáy và SD = a. Tính thể tứ diện ASBC theo a. Câu V: (1 điểm) Cho tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  2 A  2 B  2 B  2 C   2 C  2 A  1 + tan  1 + tan   1 + tan 1 + tan   1 + tan 1 + tan  P=  2  2 +  2  2 +  2  2 C A B 1 + tan 2 1 + tan 2 1 + tan 2 2 2 2 II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4y – 5 = 0. Hãy 4 2 viết phương trình đường tròn (C′ ) đối xứng với đường tròn (C) qua điểm M  5 ; 5    2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương tham số của đường thẳng (d) x = t x y−2 z  đi qua điểm A(1;5;0) và cắt cả hai đường thẳng ∆1 : = = và ∆2 :  y = 4 − t . 1 −3 −3  z = −1 + 2t  Câu VII.a: (1 điểm) Cho tập hợp D = {x ∈ R/ x4 – 13x2 + 36 ≤ 0}. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 – 3x trên D. B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi: (C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0; ∆ : x + 2 y − 12 = 0 . Tìm điểm M trên ∆ sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình đường vuông góc chung  x = 3 + 7t x −7 y −3 z −9  của hai đường thẳng: ∆1 : = = và ∆2 :  y = 1 − 2t 1 2 −1  z = 1 − 3t  Câu VII.b: (1 điểm) Giải phương trình z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0., biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo.
  2. http://ductam_tp.violet.vn/ Hướng dẫn  2 3 m < −  3 Câu I: 2) •  : PT có 1 nghiệm duy nhất 2 3 m >  3 2 3 3 •m= ± hoặc m = ± : PT có 2 nghiệm (1 đơn, 1 kép) 3 3  2 3 2 3   3 • m∈  − ;  \ ±  : PT có 3 nghiệm phân biệt  3 3   3  3 x 3 x 2 x Câu II: 1) PT ⇔ cosx(1 + cosx) + 8 sin 2 cos 2 = 0 ⇔ 2cos 2 [ cos x + (1 − cos x)sin x ] = 0  x cos 2 = 0 ⇔ sin x + cos x − sin x.cos x = 0 2 2) PT ⇔ ( 2 + 1)2 x − − 3 = 0 ⇔ ( 2 + 1)3 x − 3( 2 + 1) x − 2 = 0 ⇔ ( 2 + 1) x = 2 ( 2 + 1) x ln 2 ln 2 2e3 x + e 2 x − 1 3e3 x + 2e 2 x − e x − (e3 x + e 2 x − e x + 1) Câu III: I = ∫ e3 x + e 2 x − e x + 1 dx = ∫ e3 x + e 2 x − e x + 1 dx 0 0 ln 2  3e + 2e − e 3x 2x x  ln 2 ln 2 14 = ∫  e3 x + e 2 x − e x + 1 − 1dx = ln(e3x + e2x – ex + 1) 0 −x 0 = ln11 – ln4 = ln 0   4 11 Vậy eI = . 4 1 2 1 1 Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC = a . VASBC = SABC.SA = a 3 2 3 6 C A B  A+ B  B+C   A+C  cos cos cos sin   sin   sin   = B A + B C + C A 2 + 2 + 2 2  2  2  Câu V: P= B A B C C A cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2  A B C π = 2  tan 2 + tan 2 + tan 2  ≥ 2 3 . Vậy minP = 2 3 khi và chỉ khi A = B=C=   3 Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = 3. Gọi I’ là điểm đối xứng của I qua M 2 2  8 −6   8  6 ⇒ I′  ;  ⇒ (C′ ): x−  +y+  =9 5 5   5  5 2) Gọi (P) là mặt phẳng qua I và ∆ 1 ⇒ (P): 3x – y + 2z + 2 = 0 Gọi (Q) là mặt phẳng qua I và ∆ 2 ⇒ (Q): 3x – y – 2z + 2 = 0 ⇒ Phương trình của (d) = (P) ∩ (Q) Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2]∪[2;3] • y’ = 3x2 – 3, y’ = 0 ⇔ x = ± 1 ∉ D • y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18 ⇒ kết quả. Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R = 5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 60 0 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM = 2 R=2 5 . Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình: ( x − 2) 2 + ( y − 1)2 = 20 . Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng ∆, nên tọa độ của M nghiệm đúng hệ
  3. http://ductam_tp.violet.vn/ ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 20 (1) phương trình:   x + 2 y − 12 = 0 (2) y = 3 Khử x giữa (1) và (2) ta được: ( −2 y + 10 ) + ( y − 1) = 20 ⇔ 5 y 2 − 42 y + 81 = 0 ⇔  2 2  y = 27   5  6 27  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M ( 6;3) hoặc M ;  5 5  x = 7 + t '  2) Phương trình tham số của ∆1 :  y = 3 + 2t ' z = 9 − t '  Gọi M và N lần lượt là giao điểm của đường vuông góc chung với ∆ 1 và ∆ 2 ⇒ M(7 + t′ ;3 + 2t′ ;9 – t′ ) và N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t) r r VTCP lần lượt của ∆ 1 và ∆ 2 là a = (1; 2; –1) và b = (–7;2;3) uuur r u uuur r u  MN ⊥ a   MN .a = 0  Ta có:  uuur r ⇔  uuur r u u . Từ đây tìm được t và t′ ⇒ Toạ độ của M, N.  MN ⊥ b   MN .b = 0  Đường vuông góc chung chính là đường thẳng MN. Câu VII.b: Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k ∈ R) Ta có : (ki)3 + ( 1 – 2i)(ki)2 + ( 1 – i)ki – 2i = 0 ⇔ – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0 − k 2 + k = 0  ⇔( 2 3 –k + k) + (–k + 2k + k – 2)i = 0 ⇔ − k 2 + 2 k 2 + k − 2 = 0 ⇔k = 1   Vậy nghiệm thuần ảo là z = i z = i ⇒ z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i = 0 ⇔ (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] = 0 ⇔  z 2 + (1 − i) z + 2 = 0  Từ đó suy ra nghiệm của phương trình.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản