Đề thi tham khảo tuyển sinh Đại học môn Toán - Khối A - Đề số 8

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

0
105
lượt xem
32
download

Đề thi tham khảo tuyển sinh Đại học môn Toán - Khối A - Đề số 8

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

Tham khảo tài liệu 'đề thi tham khảo tuyển sinh đại học môn toán - khối a - đề số 8', 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 thi tham khảo tuyển sinh Đại học môn Toán - Khối A - Đề số 8

  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 = 3x − x3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đường thẳng y = – x các điểm kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). Câu II (2 điểm): 3sin 2 x − 2sin x 1) Giải phương trình.: =2 sin 2 x.cos x x 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x( x − 1) + 4( x − 1) π =m 2 x −1 Câu III (1 điểm): Tính tích phân I= ∫ esin x .sin x.cos3 x. dx. 2 Câu IV (1 điểm): Cho hình nón đỉnh S, 0đường tròn đáy có tâm O và đường kính là AB = 2R. Gọi M là điểm thuộc đường tròn đáy và ·ASB = 2α , ·ASM = 2β . Tính thể tích khối tứ diện SAOM theo R, α và β . Câu V (1 điểm): Cho: a 2 + b2 + c 2 = 1 . Chứng minh: abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥ 0 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1) 2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;–2). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC), tìm tọa độ điểm H. Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình: log 2 x + ( x − 7) log 2 x + 12 − 4 x = 0 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ∆ ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: x−2 y −3 z −3 x −1 y − 4 z − 3 d1 : = = , d 2 : 1 = −2 = 1 . 1 1 −2 Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của ∆ ABC và tính diện tích của ∆ ABC . Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2008 x = 2007       . x+ 1
  2. http://ductam_tp.violet.vn/ Hướng dẫn Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2)  2(1 − cos x)(sin2 x − sin x) = 0 π Câu II: 1) PT ⇔ sin x ≠ 0, cos x ≠ 0 ⇔ x = ± 3 + k 2π  x 2) Đặt t = ( x − 1) . PT có nghiệm khi t 2 + 4t − m = 0 có nghiệm, suy ra m ≥ −4 . x −1 1 1 t 1 Câu III: Đặt sin2 x = t ⇒ I = ∫ e (1 − t )dt = e 20 2 Câu IV: Gọi OH là đường cao của DO A M , ta có:  SO = OA.cotgα = R.cotgα  sin β  OA R ⇒ AH = SA.sin β = R  SA = sin α = sin α sin α  R ⇒ OH = OA2 − AH 2 = sin 2 α − sin 2 β . sin α 1 R 3 cos α sin β Vậy: VS . AOM = .SO. AH .OH = sin 2 α − sin 2 β . 3 3sin α 3 Câu V: Từ gt ⇒ a2 ≤ 1 ⇒ 1 + a ≥ 0. Tương tự, 1 + b ≥ 0, 1 + c ≥ 0 ⇒ (1 + a)(1 + b)(1 + c) ≥ 0 ⇒ 1 + a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ 0 . (a) 1 Mặt khác a 2 + b 2 + c 2 + a + b + c + ab + ac + bc = (1 + a + b + c)2 ≥ 0 . (b) 2 Cộng (a) và (b) ⇒ đpcm Câu VI.a: 1) PM /( C ) = 27 > 0 ⇒ M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. uuu uuu r r Mặt khác: PM /(C ) = MA.MB = 3MB 2 ⇒ MB = 3 ⇒ BH = 3 ⇒ IH = R 2 − BH 2 = 4 = d [ M ,(d )] Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). a = 0 −6a − 4b d [ M ,( d )] = 4 ⇔ =4⇔ a2 + b2  a = − 12 b .   5 Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. 2 1 1 2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0. H  ; ; −  3 3 3 Câu VII.a: Đặt t = log 2 x . PT ⇔ t 2 − (7 − x)t + 12 − 4 x = 0 ⇔ t = 4; t =3 – x ⇔ x = 16; x = 2 uuu r Câu VI.b: 1) Ta có: AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình AB: 2 x + y − 2 = 0 . I ∈ (d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên: C (2t − 1; 2t ), D(2t ; 2t − 2) 4 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH = . 5  4 5 8 8 2 | 6t − 4 | 4 t = 3 ⇒ C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔     5 5 t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  5 8 8 2 Vậy C  3 ; 3  , D  3 ; 3  hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )     2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH ⇒ ( P) ⊥ d1 ⇒ ( P) : x + y − 2 z + 1 = 0
  3. http://ductam_tp.violet.vn/ B = ( P ) ∩ d 2 ⇒ B (1; 4;3)⇒ phương trình BC : { x = 1 + 2t; y = 4 − 2t; z = 3 Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: (Q) : x − 2 y + z − 2 = 0 ⇒ K (2;2;4) ⇒ M (1;2;5) (K là trung điểm của CM). x −1 y − 4 z − 3 1 uuu uuu r r ⇒ ptAB : = = , do A = AB ∩ d1 ⇒ A(1;2;5) ⇒ S ∆ ABC =  AB, AC  = 2 3 .   0 2 −2 2 − 2007 x − 1 = 0 với x ∈ (– ∞ ; + ∞ ) Câu VII.b: PT ⇔ f(x) = 2008    f′ ( =   2007;  f′′ (x) =   x) 2008 x.ln2008 −   2008 x ln2 2008  0, ∀x > ⇒ f ′ ( x ) luôn luôn đồng biến. Vì f (x) liên tục và xlim f′ (x) = −2007; xlim f′ (x) = +∞ ⇒ ∃ x0 để f ′ ' ( x0 ) = 0 →−∞ →+∞ Từ BBT của f(x) ⇒ f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm. Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản