Đề thi thử CĐ ĐH môn Toán

Chia sẻ: Tran Van Kim | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

0
446
lượt xem
169
download

Đề thi thử CĐ ĐH môn Toán

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

Tài liệu tham khảo đề thi thử CĐ ĐH môn Toán

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử CĐ ĐH môn Toán

  1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN, khối A Thi thử thứ năm hàng tuần. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x3 − 3x2 + 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 (2cos2x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0 2. Giải phương trình: log 2 (x + 2) + log 4 (x − 5) + log 1 8 = 0 2 2 Câu III. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = e x + 1 , trục hoành và hai đường thẳng x = ln3, x = ln8. Câu VI. (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.ABCD. Câu V. (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. x 2 (y + z) y 2 (z + x) z 2 (x + y) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = + + yz zx xz II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (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:  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 VIIa. (1,0 điểm) Tìm hệ số của x2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1) 6 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (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: x −1 y +1 z = = . 2 1 −1 Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1)5 1
  2. ……………………Hết…………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… 2
  3. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điể m I 1. (1,25 điểm) (2,0 Với m = 0, ta có hàm số y = – x3 – 3x2 + 4 điểm) Tập xác định: D = ¡ Sự biến thiên:  x = −2 • Chiều biến thiên: y’ = – 3x2 – 6x, 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; + Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 4. 0,25 • Giới hạn: xlim = +∞, xlim = −∞ →−∞ →+∞ • Bảng biến thiên: x −∞ −2 0 +∞ y' − 0 + 0 − 0,25 +∞ 4 y 0 −∞ • Đồ thị: y Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4 4), cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp xúc với trục hoành tại điểm 0,25 (− 2 ; 0) −3 −2 O 1 x 2. (0,75 điểm) Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞) ⇔ y’ = – 3x2 – 6x + m ≤ 0, ∀ x > 0 0,25 ⇔ 3x2 + 6x ≥ m, ∀ x > 0 (*) Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x + 6x trên (0 ; + 2 x 0 +∞ ∞) +∞ y 0,50 0 Từ đó ta được : (*) ⇔ m ≤ 0. II 1. (1,0 điểm) (2,0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình : điểm)  3 sin x = ( 2sin x − 3 ) ( ) 3 sin x + cos x = 0 ⇔  2 0,50  3 sin x + cos x = 0   π  x = (−1) 3 + nπ, n ∈ ¢ n ⇔ 0,50  x = − π + kπ , k ∈ ¢   6 3
  4. Câu Đáp án Điể m 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 − 3x − 18)(x 2 − 3x − 2) = 0    x 2 − 3x − 18 = 0 3 ± 17 ⇔ 2 ⇔ x = −3; x = 6; x =  x − 3x − 2 = 0  2 Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là: 0,50 3 ± 17 x = 6 và x = 2 III Kí hiệu S là diện tích cần tính. (1,0 ln 8 0,25 điểm) Vì e x + 1 > 0 ∀x ∈ [ln 3 ; ln 8] nên S = ∫ ln 3 e x + 1dx 2tdt Đặt e x + 1 = t, ta có dx = 2 t −1 0,25 Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3 3 2t 2 dt 3 3 dt  3 dt 3 dt 3 3 3 Vì vậy: S = ∫ 2 = 2  ∫ dt + ∫ 2 =2+∫ −∫ = 2 + ln t − 1 2 − ln t + 1 2 = 2 + ln 0,50 2 t −1 2 2 t −1 2 t −1 2 t +1 2 IV Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều. (1,0 Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD. 0,50 điểm) Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD. Ta có OG ⊥ (SAB) và OI ⊥ (ABCD). a S Suy ra: + OG = IH = , trong đó H là trung điểm của AB. 2 0,25 + Tam giác OGA vuông tại G. Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, G O ta có: A D 0,25 a 2 3a 2 a 21 H R = OA = OG 2 + GA 2 = + = I 4 9 6 B C V x 2 x 2 y2 y2 z 2 z 2 (1,0 Ta có : P = + + + + + (*) y z z x x y điểm) Nhận thấy : x2 + y2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ ¡ 0,50 2 2 x y Do đó : x3 + y3 ≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay + ≥ x + y ∀x, y > 0 y x y2 z2 Tương tự, ta có : + ≥ y + z ∀y, z > 0 z y z2 x 2 + ≥ z + x ∀x, z > 0 x z 0,50 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: 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 = . Vì vậy, minP = 2. 3 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)2 + y2 = 4. 0,25 điểm) 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 vậy, qua một điểm bất kì trên tục 0,25 tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C). 4
  5. Câu Đáp án Điể m 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: ·  AMB = 600 (1) 0,25 Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60 0 ⇔ ·  AMB = 1200 (2)  · Vì MI là phân giác của AMB nên : · IA (1) ⇔ AMI = 300 ⇔ MI = 0 ⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = ± 7 sin 30 · IA 2R 3 4 3 0,25 (2) ⇔ AMI = 600 ⇔ MI = 0 ⇔ MI = ⇔ m2 + 9 = (*) sin 60 3 3 Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*) Vậy có tất cả hai 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 thẳng đi qua M, cắt và vuông 0,25 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 Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; − nên :1), 0,50 2 uuuu  1 r 4 2 . Vì thế, MH =  ; − ; −  . 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(− = 0 ⇔ t = t) 3 3 3 3 x = 2 + t  Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là:  y = 1 − 4t 0,25  z = −2t  VII.a Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: (1,0 0,25 P = C0 (x − 1)6 + C1 x 2 (x − 1)5 + K + C6 x 2k (x − 1)6− k + K + C5 x10 (x − 1) + C6 x12 6 6 k 6 6 điểm) Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2 chỉ xuất hiện khi khai triển C0 (x − 1)6 và C1 x 2 (x − 1)5 . 6 6 0,25 Hệ số của x trong khai triển C (x − 1) là : 2 0 6 6 0 C .C 6 2 6 0,25 Hệ số của x2 trong khai triển C1 x 2 (x − 1)5 là : −C1 .C5 6 6 0 Vì vậy, hệ số của x2 trong khai triển P thành đa thức là : C0 .C6 −C1 .C5 = 9. 6 2 6 0 0,25 VI.b 1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a. (2,0 2. (1,0 điểm) điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông 0,25 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 0,50 Suy ra : MH = (2t − 1 ; − 2 + t ; − t) r Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; − nên :1), 2 uuuu  1 r 4 2 . Vì thế, MH =  ; − ; −  . 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(− = 0 ⇔ t = t) 3 3 3 3 Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x − 2 y −1 z 0,25 = = 1 −4 −2 Câu Đáp án Điể 5
  6. m VII.b Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: (1,0 P = C5 (x − 1)5 + C1 x 2 (x − 1) 4 + K + C5 x 2k (x − 1)5− k + K + C5 x 8 (x − 1) + C5 x10 0,25 0 k 4 5 5 điểm) Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x3 chỉ xuất hiện khi khai triển C5 (x − 1)5 và C1 x 2 (x − 1) 4 . 0 5 0,25 Hệ số của x3 trong khai triển C5 (x − 1)5 là : 0 0 3 C5 .C5 0,25 Hệ số của x3 trong khai triển C1 x 2 (x − 1) 4 là : −C1 .C1 5 5 4 Vì vậy, hệ số của x3 trong khai triển P thành đa thức là : C5 .C5 −C1 .C1 = − 0 3 5 4 10. 0,25 Đề này trích từ cuốn: “Cấu trúc đề thi môn TOÁN, VẬT LÍ, HÓA HỌC, SINH HỌC dùng để ôn thi tốt nghiệp và thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm 2009” của Nhà xuất bản giáo dục Tôi gửi lên cho các thầy cô và học sinh tham khảo. 6
Đồng bộ tài khoản