ĐỀ THI MẪU MÔN TOÁN THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ KHỐI A - 2009

Chia sẻ: Phan Tran Trung Kien | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

0
99
lượt xem
39
download

ĐỀ THI MẪU MÔN TOÁN THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ KHỐI A - 2009

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

Tài liệu tham khảo đề thi mẫu môn Toán thi tuyển sinh Đại học , Cao đẳng

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI MẪU MÔN TOÁN THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ KHỐI A - 2009

  1. ĐỀ THI MẪU MÔN TOÁN THI TUYỂN SINH ĐH, CĐ KHỐI A - 2009 (Thời gian làm bài: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = − x 3 − 3 x 2 + mx + 4 , trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0;+∞). Câu II (2,0 điểm). 1. Giải phương trình: 3(2 cos 2 x + cos x − 2) + (3 − 2 cos x)sin x = 0. 2. Giải phương trình: log 2 ( x + 2) + log 4 ( x − 5)2 + log 1 8 = 0. 2 Câu III (1,0 điểm). Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = e x + 1 , trục hoành và hai đường thẳng x = ln 3, x = ln 8. Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD. Câu V (1,0 điểm). Xét các số thực dương x,y,z thõa mãn điều kiện x+y+z = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
  2. x 2 ( y + z ) y 2 ( z + x) z 2 ( x + y ) P= + + . yz zx xy II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 − 6 x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;1;0) và đường thẳng d có phương trình tham số: ⎧ x = 1 + 2t ⎪ ⎨ y = −1 + t ⎪ z = −t . ⎩ Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm hệ số của x2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức: P = ( x 2 + x − 1)6 . 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2 + y 2 − 6 x + 5 = 0 . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2;1;0) và đường thẳng d có x −1 y +1 z phương trình: = = . 2 1 −1 Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
  3. Câu VII.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của x3 trong khai trưởng thành đa thức của biểu thức P = ( x 2 + x − 1)5 . ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I (2,0 điểm) 1. (1,25 điểm) Với m = 0, ta có hàm số y = − x 3 − 3x 2 + 4. Tập xác định: D = . Sự biến thiên: • Chiều biến thiên: y’ = -3x2 - 6x. Ta có: ⎡ x = −2; y' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x=0 0,50 ⎡ x < −2; y' < 0 ⇔ ⎢ ⎣ x>0 y ' > 0 ⇔ −2 < x < 0. Do đó: + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-∞; -2) và (0; +∞). + Hàm số đồng biến trên khoảng (-2; 0). • Cực trị: Hàm số y đạt cực tiểu tại x = -2 và yCT = y(-2) = 0; đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 4. 0,25 • Giới hạn: lim y = +∞, lim y = −∞ . x →−∞ x →+∞ • Bảng biến thiên: 0,25
  4. x −∞ ‐2  0  +∞ y' 0 ‐  + ‐ y +∞ 4 0 −∞ Đồ thị: y Đồ thị cắt trục tung tại 4 điểm (0; 4), cắt trục hoành 0,25 tại điểm (1; 0) và tiếp xúc với trục hoành tại điểm (-2; 0). -3 -2 0 1 x 2. (0,75 điểm) Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0; +∞) ⇔ y ' = −3 x 2 − 6 x + m ≤ 0 ∀x > 0 0,25 ⇔ 3x 2 + 6 x ≥ m ∀x > 0. (*) Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x 2 + 6 x trên (0; +∞): x 0 +∞ 0,50 +∞ y 0 Từ đó, ta được: (*) ⇔ m ≤ 0. II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình: ( 2sin x − 3 )( ) 3 sin x + cos x = 0 0,50
  5. ⎡ 3 ⎢sin x = ⇔⎢ 2 ⎢ ⎣ 3 sin x + cos x = 0 ⎡ n π ⎢ x = (−1) 3 + nπ , n ∈ ⇔⎢ 0,50 ⎢ x = − π + kπ , k ∈ . ⎢ ⎣ 6 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x > -2 và x ≠ 5. (*) Với điều kiện đó, ta có: Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 0,50 log 2 ⎡( x + 2 ) x − 5 ⎦ = log 2 8 ⎣ ⎤ ⇔ ( x + 2) x − 5 = 8 ⇔ ( x 2 − 3 x − 18)( x 2 − 3x − 2) = 0 ⎡ x 2 − 3x − 18 = 0 ⇔⎢ 2 ⎣ x − 3x − 2 = 0 3 ± 17 ⇔ x = −3 ∨ x = 6 ∨ x = . 0,50 2 Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương 3 ± 17 trình đã cho là: x = 6 và x = . 2 III (1,0 Ký hiệu S là diện tích cần tính. điểm) ln 8 0,25 Vì e x + 1 > 0 ∀x ∈ [ln 3;ln 8] nên S = ∫ ln 3 e x + 1 dx. 2tdt Đặt e x + 1 = t , ta có dx = t 2 − 1. 0,25 Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3.
  6. 3 2t 2 dt ⎛3 3 dt ⎞ Vì vậy: S = ∫ = 2 ⎜ ∫ dt + ∫ 2 ⎟ 2 t −1 2 ⎝2 2 t −1 ⎠ 3 3 dt dt = 2+∫ −∫ 0,50 2 t −1 2 t +1 3 3 3 = 2 + ln t − 1 − ln t + 1 = 2 + ln . 2 2 2 IV (1,0 điểm) Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều. Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD. 0,50 Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD. Ta có OG ⊥ (SAB) và OI ⊥ (ABCD). S O G D A H I 0,25 B C Suy ra: a + OG = IH = , trong đó H là trung điểm của AB. 2 + Tam giác OGA vuông tại G. Ký hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có: a 2 3a 2 a 21 0,25 R = OA = OG 2 + GA2 = + = . 4 9 6 V (1,0 điểm) x2 x2 y 2 y 2 z 2 z 2 Ta có: P = + + + + + . (*) y z z x x y
  7. Nhận thấy: x 2 + y 2 − xy ≥ xy ∀x, y ∈ . 0,50 Do đó: x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) ∀x, y > 0, x2 y2 Hay + ≥ x + y ∀x, y > 0. y x y2 z2 Tương tự, ta có: + ≥ y + z ∀y, z > 0; z y z 2 x2 + ≥ z + x ∀x, z > 0. x z Cộng theo từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: 0,50 P ≥ 2( x + y + z ) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1. 1 Hơn nữa,ta lại có P = 2 khi x = y = z = . 3 Vì vậy, min P = 2. VI.a (2,0 1. (1,0 điểm) điểm) Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: ( x − 3) 2 + y 2 = 4. 0,25 Từ đó, (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2. Suy ra trục tung không có điểm chung với đường tròn (C). Vì 0,25 vậy, qua một điểm bất kỳ trên trục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C). Xét điểm M(0;m) tùy ý thuộc trục tung. Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A,B là các tiếp điểm). Ta có: 0,25 0 Góc giữa hai đường thẳng MA và MB bằng 60
  8. ⎡ AMB = 60o (1) ⇔⎢ ⎢ AMB = 120o. (2) ⎣ Vì MI là phân giác của AMB nên: IA (1) ⇔ AMI = 30o ⇔ MI = sin 30o ⇔ MI = 2 R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = ± 7. IA (2) ⇔ AMI = 60o ⇔ MI = sin 60o 0,25 2 3R 4 3 ⇔ MI = ⇔ m2 + 9 = (*) 3 3 Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*). Vậy có tất cả 2 điểm cần tìm là: (0; − 7) và (0; 7). 2. (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d. Ta có MH là đường 0,25 thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. Vì H ∈ d nên tọa độ của H có dạng: (1+2t; -1+t; -t). uuuu r Suy ra MH = (2t − 1; −2 + t ; −t ). r 0,50 Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2;1; −1), nên 2(2t-1) + 1.(-2+t) + (-1)(-t) = 0. 2 uuuu r 1 4 2 Từ đó, ta được t = . Vì thế, MH = ( ; − ; − ). 3 3 3 3 Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là: ⎧x = 2 + t 0,25 ⎪ ⎨ y = 1 − 4t ⎪ z = −2t. ⎩
  9. VII.a (1,0 Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: điểm) P = C6 ( x − 1)6 + C6 x 2 ( x − 1)5 + ... 0 1 0,25 + C6k x 2 k ( x − 1)6− k + ... + C6 x10 ( x − 1) + C66 x12 5 Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2 chỉ xuất hiện khi khai 0,25 triển C6 ( x − 1)6 và C6 x 2 ( x − 1)5 . 0 1 Hệ số của x2 trong khai triển của C6 ( x − 1)6 là: C6 .C6 . 0 0 2 0,25 Hệ số của x2 trong khai triển của C6 x 2 ( x − 1)5 là: − C6 .C5 . 1 1 0 Vì vậy, hệ số của x2 trong khai triển P thành đa thức là: 0,25 C6 .C62 − C6 .C50 = 9. 0 1 VI.b (2,0 1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a. điểm) 2. (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường 0,25 thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. ⎧ x = 1 + 2t ⎪ d có phương trình tham số là: ⎨ y = −1 + t ⎪ z = −t . ⎩ Vì H ∈ d nên tọa độ của H có dạng (1+2t; -1+t; -t). uuuu r Suy ra MH = (2t − 1; −2 + t ; −t ). 0,50 uuuu r Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là r u = (2;1; −1) , nên 2(2t − 1) + 1.(−2 + t ) + (−1)(−t ) = 0. 2 Từ đó, ta được t = . 3 uuuu ⎛ 1 4 2 ⎞ r Vì thế, MH = ⎜ ; − ; − ⎟ . ⎝3 3 3⎠
  10. Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: 0,25 x − 2 y −1 z = = . 1 −4 −2 VII.b (1,0 Theo công thức nhị thức Niu-tơn ta có: điểm) P = C50 ( x − 1)5 + C5 x 2 ( x − 1) 4 + ... 1 0,25 + C5k x 2 k ( x − 1)5− k + ... + C54 x8 ( x − 1) + C5 x10 . 5 Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x3 chỉ xuất hiện khi khai 0,25 triển C50 ( x − 1)5 và C5 x 2 ( x − 1) 4 . 1 Hệ số của x3 trong khai triển của C5 ( x − 1)5 là C50C53. 0 0,25 Hệ số của x3 trong khai triển của C5 x 2 ( x − 1) 4 là − C5 .C4 . 1 1 1 Vì vậy, hệ số của x3 trong khai triển P thành đa thức là: 0,25 C50 .C5 − C5 .C4 = −10. 3 1 1 Nguồn: Cục Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục (Bộ GD-ĐT). Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn.  

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản