ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

Chia sẻ: Natra Ntra | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

0
121
lượt xem
31
download

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

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

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2010', 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 THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010

  1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x +1 Câu I (2 điểm)  Cho hµm sè  y =  c㠮堠thÞ  (C). x −1             2. Víi ®iÓm M bÊt kú thuéc ®å thÞ (C) tiÕp tuyÕn t¹i M  c¾t 2 tiÖm cËn t¹i Avµ B .              Gäi I lµ giao hai tiÖm cËn , T×m vÞ trÝ cña M ®Ó chu vi  tam gi¸c IAB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt  x + y + x 2 − y 2 = 12  Câu II (2 điểm) :1. Giải hệ phương trình:   y x 2 − y 2 = 12  2.Giải phươngtrình: sin 2 x ( cos x + 3) − 2 3cos3 x − 3 3cos2 x + 8 ( ) 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y =| x 2 − 4 x | và y = 2 x . Câu V (1 điểm) Cho phương trình x + 1 − x + 2m x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = m3 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x = −2 + t  2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:  y = −2t .Gọi ∆ là đường thẳng qua  z = 2 + 2t  điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 + + ≤ xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh  1 1 2  b c a + + + +
  2. C©u Néi dung §iÓm 1. TËp x¸c ®Þnh: R\{1} 2. Sù biÕn thiªn: 2( x − 1) − (2 x + 1) −3 0,25 + ChiÒu biÕn thiªn:  y ' = =   ( x − 1) 2 ( x − 1) 2    Hµm sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (­∞; 1) vµ (1;+∞) . Cùc trÞ : Hµm sè ®∙ cho kh«ng cã cùc trÞ 2x + 1 . TiÖm cËn:  lim y = lim = −∞ x →1− − x →1 x −1 2x + 1                     lim y = lim = +∞ x →1+ + x →1 x −1 0,25 Do ®ã ®êng th¼ng x=1 lµ tiÖm cËn ®øng 2x + 1                     lim y = lim =2 x→ ± ∞ x→ ± ∞ x − 1 VËy ®êng th¼ng y= 2 lµ tiÖm cËn ngang               * B¶ng biÕn thiªn: x ­∞       +∞ 1 y' ­ ­ 0,5 y 2     +∞       2 ­∞ 3* §å thÞ :  HS tù vÏ ®å thÞ hµm sè. I.2 Víi M bÊt k× ∈ (C), tiÕp tuyÕn t¹i M c¾t 2 tiÖm cËn t¹i A,  B. T×m M ®Ó chu vi tam gi¸c IAB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. 1,0 0  3  Gäi M  x0 ;2 +   ∈(C)  x0 − 1   −3 3 * TiÕp tuyÕn t¹i M cã d¹ng:  y = ( x − x0 ) + 2 + ( x0 − 1) 2 x0 − 1 TiÕp tuyÕn t¹i M c¾t hai tiÖm cËn t¹i A vµ B nªn täa ®é A;  0,2  6  5 B cã d¹ng lµ: A 1;2 +    x0 −1                B(2x0­1; 2)     ; I(1; 2)
  3. C©u Néi dung §iÓm 1 1 6  0,  * Ta cã: S∆ IAB= . IA. IB=  ⋅ ⋅ 2 x0 − 1 = 2.3 = 6 (®vdt) 25 2 2 x0 − 1 *  ∆ IAB vu«ng cã diÖn tÝch kh«ng ®æi => chu vi ∆ IAB ®¹t gi¸  trÞ nhá nhÊt khi IA= IB  (HS tù chøng minh).  6  x0 = 1 + 3 = 2 x0 − 1 ⇒  x0 − 1  x0 = 1 − 3  0,5 * VËy cã hai ®iÓm M tháa m∙n ®iÒu kiÖn   M1(1 + 3;2 + 3 )   M2(1 − 3;2 − 3 ) Khi ®ã chu vi ∆ AIB =  4 3 + 2 6 Câu Ý Nội dung II 1 1) CâuII:2. Giải phương trình: sin 2 x ( cos x + 3) − 2 3cos3 x − 3 3cos2 x + 8 ( ) 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 . sin 2 x(cos x + 3) − 2 3. cos 3 x − 3 3. cos 2 x + 8( 3. cos x − sin x) − 3 3 = 0 ⇔ ⇔ 2 sin x. cos 2 x + 6 sin x. cos x − 2 3. cos 3 x − 6 3 cos 2 x + 3 3 + 8( 3. cos x − sin x) − 3 3 = 0 ⇔ ( 3 cos x − sin x)(−2 cos 2 x − 6 cos x + 8) = 0  tan x = 3  3 cos x − sin x = 0  ⇔ 2 ⇔ cos x = 1 cos x + 3 cos x − 4 = 0  cos x = 4(loai )   π ⇔  x = 3 + kπ , k ∈ Ζ   x = k 2π 1 Điều kiện: | x | ≥ | y | u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0  1 u2  Đ ặt  ; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có y =  v −  . v = x + y  2 v  Hệ phương trình đã cho có dạng: u + v = 12  u  u2  2  v −  = 12   v 
  4. u = 4 u = 3 ⇔ hoặc  v = 8 v = 9 u = 4  x2 − y 2 = 4  + ⇔ (I) 0,25 v = 8 x + y = 8  u = 3  x 2 − y 2 = 3  + ⇔ (II) v = 9 x + y = 9  Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ 1,00 phương trình ban đầu là S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } III 0,25 Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và 2 ( d ) : y = 2x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x ≥ 0 x ≥ 0 x = 0  2  2 | x − 4 x |= 2 x ⇔   x − 4 x = 2 x ⇔   x − 6 x = 0 ⇔  x = 2 2  0,25  2  2 x = 6   x − 4 x = −2 x  x − 2x = 0  Suy ra diện tích cần tính: 2 6 S= ∫( x ) − 4 x − 2 x dx + ∫( x ) − 4 x − 2 x dx 2 2 0 2 2 Tính: I = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx 2 0 Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x − 4 x ≤ 0 nên | x 2 − 4 x |= − x 2 + 4 x ⇒ 2 0,25 2 4 I = ∫ ( − x 2 + 4 x − 2 x ) dx = 0 3 6 Tính K = ∫ ( | x − 4 x | −2 x ) dx 2 2 Vì ∀x ∈ [ 2; 4] , x − 4 x ≤ 0 và ∀x ∈ [ 4;6] , x − 4 x ≥ 0 nên 2 2 0,25 4 6 K = ∫ ( 4 x − x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 . 2 4 4 52 1,00 Vậy S = + 16 = 3 3 IV 0,25
  5. 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:  AB ⊥ IC  ⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ') ⊥ ( CII ' C ')  AB ⊥ HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K ∈ II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 6 3 3 0,25 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒ . = r 2 ⇒ x 2 = 6r 2 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V = h 3 ( B + B '+ B.B ' ) 0,25 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 Trong đó: B = = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = = ; h = 2r 4 4 2 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 Từ đó, ta có: V =  6r 3 + + 6r 2 3. = 0,25 3 2 2  3   VI 2,00 a 1 1,00 Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) . Suy ra trung điểm M của AC là  t +1 3 − t  . M ;  0,25  2 2   t +1  3 − t 0,25 Điểm M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2  + + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 )  2  2 Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ). 0,25 Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 . x + y −1 = 0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  ⇒ I ( 0;1) . x − y +1 = 0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) . x +1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: = ⇔ 4x + 3y + 4 = 0 −7 + 1 8
  6. 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( P ) //( D) hoặc ( P ) ⊃ ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH ≤ IA và IH ⊥ AH .  d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH  Mặt khác  H ∈ ( P )  Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; do đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. r uu r r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 . VIIa Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 ;  yz + 1 ≥ y + z và tương tự ta cũng có  0,25  zx + 1 ≥ z + x Vì vậy ta có: 1,00  1 1 1  x y z ( x + y + z)  + + ≤ + + +1+1+1  xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1 x y z ≤ + + +3 yz + 1 zx+y xy + z  1 z y  vv = x − − +5  yz + 1 zx + y xy + z   z y  ≤ x 1 − − +5  z+ y y+z =5 Ta có: 0,25 uuu r AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB là: 2 x + y − 2 = 0 . I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) .
  7. 4 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) ⇒ CH = . 0,25 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 )  0,50 5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 2 1,00 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x = −1 + 2t  Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t .  z = 2t  Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) . 0,25 ( ) 2 ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 = ( 3t ) 2 2 2 2 AM = + 2 5 ( ) 2 ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 = ( 3t − 6 ) 2 2 2 2 BM = + 2 5 ( ) ( ) 2 2 ( 3t ) ( 3t − 6 ) 2 2 AM + BM = + 2 5 + + 2 5 r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và ( ) r ( v = −3t + 6; 2 5 . ) r ( ) 2 ( 3t ) 2 | u |=  + 2 5 Ta có  r 0,25 | v |= ( ) 2 ( 3t − 6 ) 2 + 2 5   r r r r ( ) r r Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29 r r r r r r Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | Như vậy AM + BM ≥ 2 29 r r Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng 3t 2 5 ⇔ = ⇔ t =1 0,25 −3t + 6 2 5 ⇒ M ( 1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 ( 11 + 29 ) 0,25 VIIb 1,00
  8. a + b > c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a . c + a > b  a+b c+a Đ ặt = x, = y , a = z ( x , y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y . 2 2 0,50 Vế trái viết lại: a+b a+c 2a VT = + + 3a + c 3a + b 2a + b + c x y z = + + y+ z z+ x x+ y 2z z Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔ > . x+ y+z x+ y x 2x y 2y Tương tự: < ; < . y+z x+ y+z z+x x+ y+z 0,50 x y z 2( x + y + z) Do đó: + + < = 2. y+z z+x x+ y x+ y+z  1 1 2  b c Tức là: a  + + + +
  9. * Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) =( ) 2 2 x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− 2 x ( 1− x) ⇔ 4 x − 4 1− x x − 1− x 1 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x = nên trong trường hợp 2 này (1) không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản