Đề thi thử đại học tham khảo môn Toán, khối A tỉnh Lâm Đồng (Đề 04)

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
83
lượt xem
7
download

Đề thi thử đại học tham khảo môn Toán, khối A tỉnh Lâm Đồng (Đề 04)

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

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học tham khảo môn toán, khối a tỉnh lâm đồng (đề 04)', 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 tham khảo môn Toán, khối A tỉnh Lâm Đồng (Đề 04)

  1. Bộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN, Cao Đẳng - khối A. Ngày thi : 09.03.2009 (Thứ hai ) Thi thử miễn phí thứ 2;5;CN (sau 12h30) hàng tuần cho hs tỉnh Lâm Đồng. ĐỀ 04 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = x 3 − 3x 2 − 9x + m , m là tham số thực . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Câu II: ( 2 điểm ) 1 1 1. Giải phương trình log 2 (x + 3) + log 4 (x − 1)8 = 3 log 8 (4x ) . 2 4 1 x 1 x 2. Giải phương trình: + cos2 = sin2 . 4 3 2 2 π 4 ta n x Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân: I = ∫ cos x dx . π 1 + cos2 x 6 Câu IV: ( 1 điểm )  2 Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2x ,  0 < x <  và AC = BC = BD = DA = 1 . Tính thể tích tứ diện  2    ABCD theo x .Tìm x để thể tích này lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. Câu V: ( 1 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình 3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 = m có nghiệm  1  duy nhất thuộc đoạn  − ;1 .  2  II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) () ( ) 1. Tìm tham số thực m sao cho đường thẳng d : x = 2 y − 1 = z + 1 cắt mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + m = 0 tại 2 điểm phân biệt M , N sao cho độ dài dây cung MN = 8 . 2. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2x − y − 5 = 0 và hai điểm A(1;2) , B(4;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai điểm A, B . Câu VII.a ( 1 điểm ) Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: C n + 2.C n + 3.C n + 4.C n + ... + n.C n −1 + (n + 1).C n = (n + 2).2n −1 . 0 1 2 3 n n 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) () ( ) 1. Tìm tham số thực m sao cho đường thẳng d : x = 2 y − 1 = z + 1 cắt mặt cầu (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + m = 0 tại 2 điểm phân biệt M , N sao cho độ dài dây cung MN = 8 . 2. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2x − y − 5 = 0 và hai điểm A(1;2) , B(4;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai điểm A, B . Câu VII.b ( 1 điểm ) Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: C n + 2.C n + 3.C n + 4.C n + ... + n.C n −1 + (n + 1).C n = (n + 2).2n −1 . 0 1 2 3 n n GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh Đà Lạt .
  2. Trước hết học sinh hiểu rằng đề toán này phù hợp với hệ Cao Đẳng . I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = x 3 − 3x 2 − 9x + m , m là tham số thực . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 .Học sinh tự làm . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng. Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành cấp số cộng ⇔ Phương trình x 3 − 3x 2 − 9x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt x 1, x 2 , x 3 lập thành cấp số cộng () () ⇔ Phương trình x 3 − 3x 2 − 9x + m = 0 * có 3 nghiệm phân biệt x 1, x 2 , x 3 thỏa mãn : x 1 + x 3 = 2x 2 1 mà () ()() x 1 + x 3 + x 2 = 3 2 . Từ 1 , 2 suy ra x 2 = 1 . () • x 2 = 1 là nghiệm phương trình * nên ta có : 13 − 3.12 − 9.1 + m = 0 ⇔ m = 11 () • m = 11 phương trình * ⇔ x 3 − 3x 2 − 9x + 11 = 0 có 3 nghiệm x 1, x 2 , x 3 luôn thỏa điều kiện x 1 + x 3 = 2x 2 . Vậy m = 11 là tham số thực cần tìm . Ngoài cách giải trên hs có thể lựa chọn phương pháp cấp số cộng thuộc chương trình giải tích lớp 11 Chú ý : Do chương trình mới giảm tải bài điểm uốn của chương trình ban cơ bản , sự giảm tải này đã dẫn đến các bài toán về cấp số cộng , cấp số nhân khá hạn chế trong mỗi đề thi . Nếu xuất hiện bài toán về cấp số thì việc lựa chọn phương pháp giải liên quan điểm uốn đều không chấp nhận. Do đó học sinh cần lưu ý điều này. Câu II: ( 2 điểm ) 1 1 1. Giải phương trình log 2 (x + 3) + log 4 (x − 1)8 = 3 log 8 (4x ) 2 4 x > −3  Điều kiện : x ≠ 1 ⇔ 0 < x ≠ 1 x > 0  1 1 2 4 () Phương trình : log 2 (x + 3) + log 4 (x − 1)8 = 3 log 8 (4x ) ⇔ log2 (x + 3) + log2 x − 1 = 2 log2 (4x ) * TH1: 0 < x < 1 () (  )(  ) ( ) Phương trình : * ⇔ ... ⇔ log2  x + 3 −x + 1  = log2 4x . Hs tự giải TH2: x > 1 () ( )( ) Phương trình : * ⇔ ... ⇔ log2  x + 3 x − 1  = log2 4x   ( ) ⇔ x 2 − 2x − 3 = 0 ⇔  () x = −1 l ⇔ x = 3. x = 3  1 x 1 x 2. Giải phương trình: + cos2 = sin2 . 4 3 2 2 2x 1 + cos 1 x 1 x 1 3 = 1 − cos x ⇔ 1 + 2 + 2 cos 2x = 1 − cos x + cos2 = sin2 ⇔ + 4 3 2 2 4 2 4 3 x  x   x    x   x  ⇔ 2 + 2 cos 2   = − cos 3   ⇔ 2 + 2  2 cos2   − 1  = −  4 cos3   − 3 cos        3 3  3   3  3  x  x  x   x  x  x   ⇔ 2 + 4 cos2   − 2 + 4 cos3   − 3 cos   = 0 ⇔ cos      4 cos2 a + 4 cos   − 3  = 0   3 3 3  3  3  3 
  3.  x  cos   = 0  x   3 cos   = 0 x π  3π  x  1 3  = + kπ x = + k 3π ⇔ cos   = ⇔   ⇔ 3 2 ⇔ 2  x = ± π + k 2π  x    3 2 cos   = cos π x = ±π + k 6π .   x  3 3 3 3 3  cos  3  = − 2 (l )      2 Câu IV: ( 1 điểm ) Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2x ,  0 < x <  và AC = BC = BD = DA = 1 . Tính  2    thể tích tứ diện ABCD theo x .Tìm x để thể tích này lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó. Đây là dạng toán trong sách bài tập hình học 12 . Học sinh tự vẽ hình Gọi I , J lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,CD 1 1 Dễ thấy VABCD = VAICD + VBICD , VAICD =AI .dtICD , VBICD = BI .dtICD 3 3 1 1 ( Hay : VABCD = dtICD AI + BI , dtICD = .IJ .CD 3 2 ) Dễ dàng chứng minh được IJ là đoạn vuông góc chung của AB,CD Ta có : IJ 2 = CI 2 − CJ 2 = 1 − 2x 2 , AI = BI = x 1 1 ⇒ dtICD = .IJ .CD = . 1 − 2x 2 .2x = x . 1 − 2x 2 (đvdt). 2 2 1 1 2x 2 VABCD ( ) = dtICD AI + BI = x . 1 − 2x 2 x + x = 3 3 3 ( ) . 1 − 2x 2 (đvtt). ( ) 3  2 2  x + x + 1 − 2x 2 2 2x 2 2 2 3 . 1 − 2x 2 = . x 2 .x 2 1 − 2x 2 3 ( ) ≤ . 3  3   = 9 3   3 Đẳng thức xảy ra khi : x 2 = x 2 = 1 − 2x 2 ⇔ x = 3 2 3 Vậy maxVABCD = (đvdt) khi x = . 9 3 3 π 4 ta n x Câu III: ( 1 điểm ) Tính tích phân: I = ∫ cos x dx . π 1 + cos2 x 6 π π π 4 ta n x 4 ta n x 4 ta n x I = ∫ cos x dx = ∫ dx = ∫ cos dx . 1 + cos2 x 1 2 x t a n2 x + 2 cos2 x +1 π π π 6 6 6 cos2 x 1 Đặt u = t a n x ⇒ du = dx . . cos2 x  π 1 x = ⇒ u =  Đổi cận :  6 3 π x = ⇒ u = 1   4
  4. ( ) 1 1 u 1 3− 7 Do đó I = ∫ du = ∫d u2 + 2 = u2 + 2 1 = 1 u2 + 2 1 3 3 3 3 u Học sinh yếu hơn có thể đặt t = u 2 + 2 ⇒ dt = du . u2 + 2 Câu V: ( 1 điểm ) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình 3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 = m có nghiệm  1  duy nhất thuộc đoạn  − ;1 .  2  3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 = m, m ∈ R .  1  ( ) Xét hàm số : f x = 3 1 − x 2 − 2 x 3 + 2x 2 + 1 xác định và liên tục trên đoạn  − ;1 .  2  3x 3x 2 + 4x  3 3x + 4  ( ) Ta có : f ' x = − − = −x   + .  1 − x2 x 3 + 2x 2 + 1  1−x 2 x 3 + 2x 2 + 1   1  4 3 3x + 4 ∀x ∈  − ;1 ta có x > − ⇒ 3x + 4 > 0 ⇒ + > 0.  2  3 1 − x2 x 3 + 2x 2 + 1 ( ) Vậy: f ' x = 0 ⇔ x = 0 . Bảng biến thiên: 1 x − 0 1 2 f' x( ) | + 0 − || 1 3 3 − 22 f x ( ) 2 −4  1  3 3 − 22 Phương trình đã cho có 1 nghiệm duy nhất thuộc  − ;1 ⇔ −4 ≤ m < hoặc m = 1 .  2  2 II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Ban cơ bản và nâng cao có cùng đáp án. Câu VI.a ( 2 điểm ) () 1. Tìm tham số thực m sao cho đường thẳng d : x = 2 y − 1 = z + 1 cắt mặt cầu ( ) (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + m = 0 tại 2 điểm phân biệt M , N sao cho độ dài dây cung MN = 8 . (S ) : x 2 + y 2 + z 2 + 4x − 6y + m = 0 ⇔ (S ) :(x − 2)2 + (y − 3)2 + z 2 = 13 − m có tâm I ( 2; 3; 0 ) , bán kính R = IN = 13 − m , m < 13 Dựng IH ⊥ MN ⇒ MH = HN = 4 ⇒ IH = IN 2 − HN 2 = 13 − m − 16 = −m − 3, m < −3 và IH = d I ; d ( ( )) r 1 1  (d ) luôn đi qua A ( 0;1; −1) và có vectơ chỉ phương u =  1; 2 ; 1 = 2 (2; 1; 2)  
  5. uuu r uuu r r AI = (−2; 2; 1); [AI ; u ] = (3; 6; − 6) uuu r r [AI ; u ] 32 + 62 + 62 81 ⇒ d I; d = r = = = 3. ( ( )) u 2 2 2 +1 +2 2 9 IH = d I ; d ⇔ −m − 3 = 3 ⇔ − m − 3 = 9 ⇔ m = −12 ( ( )) Vậy m = −12 thỏa mãn yêu cầu bài toán . 2. Trong mặt phẳng Oxy , cho đường thẳng (d ) có phương trình: 2x − y − 5 = 0 và hai điểm A(1;2) , B(4;1) . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng (d ) và đi qua hai điểm A, B . Phương trình đường trung trực của AB là 3x − y − 6 = 0 . 2x − y = 5  x = 1  Tọa độ tâm I của đường tròn là nghiệm của hệ:  3x − y = 6 ⇔ y = −3 ⇒ I 1; −3 ⇒ R = IA = 5 ( )     ( ) ( ) 2 2 Phương trình đường tròn là x − 1 + y + 3 = 25 . Câu VII.a ( 1 điểm ) Với n là số tự nhiên, chứng minh đẳng thức: C n + 2.C n + 3.C n + 4.C n + ... + n.C n −1 + (n + 1).C n = (n + 2).2n −1 . 0 1 2 3 n n ( ) n Ta có : 1 + x = C n + C n x + C n x 2 + C n x 3 + ... + C n −1x n −1 + C n x n . 0 1 2 3 n n ( ) n Nhân vào hai vế với x ∈ ¡ , ta có: 1 + x x = C n x + C n x 2 + C n x 3 + C n x 4 + ... + C n −1x n + C n x n +1. 0 1 2 3 n n Lấy đạo hàm hai vế ta được: C n + 2C n x + 3C n x 2 + 4C n x 3 + ... + nC n −1x n −1 + n + 1 C n x n 0 1 2 3 n n ( ) ( ) ( ) = (1 + x ) (nx + x + 1) . n −1 n n −1 =n 1+x x + 1+x Thay x = 1 , ta được kết quả : C n + 2.C n + 3.C n + 4.C n + ... + n.C n −1 + (n + 1).C n = (n + 2).2n −1 0 1 2 3 n n Một bài toán giải thế này đúng chưa ? 95  y2  Cho nhị thức  x 3y +  , có bao nhiêu số hạng trong dãy mà số mũ của x chia hết số mũ của y .  x  95  y2  Cho nhị thức  x 3y +  , có bao nhiêu số hạng trong dãy mà số mũ của x chia hết số mũ của y  x  95 i  3 y2  95 95 −i  y  2 95  x y +  = ∑C 95 ( x 3y )   = ∑C 95x 3.95−4.i .y 95+i , 0 ≤ i ≤ 95 . i i  x  i =0  x  i =0 Số mũ của của x chia hết số mũ của y , khi đó tồn tại số nguyên t sao cho (t + 4 ) i = 95 ( 3 − t ) (*) • t = −4 thì ( * ) vô nghiệm . 95 ( 3 − t ) • t ≠ −4 thì ( * ) ⇒ i = , 0 ≤ i ≤ 95 ⇒ t = 0,1, 2, 3 . t+4 95.3 + t =0⇒i = loại . 4 95.2 + t =1⇒i = = 38 nhận , số hạng cần tìm là C 95 x 133 .y 133 . 38 5
  6. 95 + t =2⇒i = loại . 6 + t = 3 ⇒ i = 0 nhận , số hạng cần tìm là C 95x 258 .y 95 . 0 Vậy có hai số hạng thỏa mãn bài toán : C 95x 258 .y 95 và C 95 x 133 .y 133 . 0 38

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản