Đề và đáp án luyện thi đại học 2010 khối A-B-C-D đề 12

Chia sẻ: Trần Bá Trung4 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

0
188
lượt xem
124
download

Đề và đáp án luyện thi đại học 2010 khối A-B-C-D đề 12

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

" Đề và đáp án luyện thi đại học 2010 khối A-B-C-D đề 12" nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các đề ôn thi một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình. Các bạn nên ôn tập kiến thức trước khi làm bài. Sau khi làm bài, sử dụng đáp án để tìm hiểu phương pháp trình bày bài, tự đánh giá mức độ...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề và đáp án luyện thi đại học 2010 khối A-B-C-D đề 12

  1. Trường THPT Phan Châu Trinh ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN – Khối B Đề số 12 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x 4 - 2 m 2 x 2 + m 4 + 2 m (1), với m là tham số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2) Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi m < 0 . Câu II (2 điểm): æ pö 1) Giải phương trình: 2sin ç 2 x + ÷ + 4 sin x = 1 è 6ø ì2 y - x = m 2) Tìm các giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình í có nghiệm duy nhất. î y + xy = 1 ( x - 1)2 Câu III (1 điểm): Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = . ( 2 x + 1)4 Câu IV (1 điểm): Cho khối tứ diện ABCD. Trên các cạnh BC, BD, AC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho BC = 4 BM , BD = 2 BN và AC = 3 AP . Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện ABCD làm hai phần. Tính tỉ số thể tích giữa hai phần đó. Câu V (1 điểm): Với mọi số thực dương x; y; z thỏa điều kiện x + y + z £ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: æ 1 1 1ö P = x + y + z + 2ç + + ÷ . è x y zø II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 2 x log4 x = 8log2 x 1) Giải phương trình: . x -1 2) Viết phương trình các đường thẳng cắt đồ thị hàm số y = tại hai điểm phân biệt sao cho hoành độ và tung x -2 độ của mỗi điểm đều là các số nguyên. ( ) Câu VII.a (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2 x - y - 4 = 0 . Lập phương trình đường tròn tiếp xúc với các trục tọa độ và có tâm ở trên đường thẳng (d). 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Giải bất phương trình: 2 (1 + log 2 x ) log 4 x + log8 x < 0 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = x 3 + ( m - 5 ) x 2 - 5mx có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số y = x 3 . ( ) ( ) ( Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A -1;3; 5 , B -4;3; 2 , C 0; 2;1 . Tìm tọa độ ) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ============================ Trần Sĩ Tùng
  2. Hướng dẫn: I. PHẦN CHUNG Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Ox: x 4 - 2m 2 x 2 + m 4 + 2 m = 0 (*). 2 ( ) Đặt t = x t ³ 0 , ta có : t 2 - 2 m 2 t + m 4 + 2 m = 0 (**) Ta có : D ' = -2 m > 0 và S = 2 m2 > 0 với mọi m < 0 . Nên PT (**) có nghiệm dương. Þ PT (*) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm). Câu II: 1) PT Û 3 sin 2 x + cos 2 x + 4sin x - 1 = 0 Û 2 3 sin x cos x - 2sin 2 x + 4sin x = 0 . é æ pö é 5p ( ) Û 2 3 cos x - sin x + 2 sin x = 0 Û ê ésin x - 3 cos x = 2 ësin x = 0 Û êsin ç x - ÷ = 1 Û ê x = ê è 3ø 6 ê x = kp + k 2p ê x = kp ë ë ìy £ 1 ì2 y - x = m (1) 2 ï 2) í . Từ (1) Þ x = 2 y - m , nên (2) Û 2 y - my = 1 - y Û í 1 (vì y ¹ 0) î y + xy = 1 (2) m = y- +2 ï î y 1 1 Xét f ( y ) = y - + 2 Þ f ' ( y ) = 1 + >0 y y2 Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất Û m > 2 . 2 3 1 æ x -1 ö æ x - 1 ö¢ 1 æ x -1 ö Câu III: Ta có: f ( x ) = . ç ÷ .ç ÷ Þ F (x) = ç ÷ +C 3 è 2x +1 ø è 2x +1 ø 9 è 2x +1 ø Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD. TD DD ' 1 Vẽ DD¢ // BC, ta có: DD¢=BM Þ = = . TC MC 3 TD AP 1 QD DP CP 2 Mà: = = Þ AT P DP Þ = = = TC AC 3 QA AT CA 3 VA.PQN AP AQ 1 3 1 1 Nên: = . = . = Þ VA.PQN = VABCD (1) VA.CDN AC AD 3 5 5 10 VC .PMN CP CM 2 3 1 1 Và: = . = . = Þ VABMNP = VABCD (2). VC . ABN CA CB 3 4 2 4 7 Từ (1) và (2), suy ra : VABMNQP = V . 20 ABCD 7 13 Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là hoặc . 13 7 2 1 Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: 18 x + ³ 12 (1). Dấu bằng xảy ra Û x = . x 3 2 2 Tương tự: 18y + ³ 12 (2) và 18z + ³ 12 (3). y z 1 ( ) Mà: -17 x + y + z ³ -17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P ³ 19 . Dấu "=" xảy ra Û x = y = z = 3 1 Vậy GTNN của P là 19 khi x = y = z = . 3 II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn ìt = log2 x ìt = log2 x ï éx = 2 Câu VI.a: 1) Điều kiện : x > 0 . PT Û 1 + log2 x log4 x = 3 log 2 x Ûí2 Û íé t = 1 Û ê ît - 3t + 2 = 0 ïê t = 2 ëx = 4 îë Trần Sĩ Tùng
  3. 1 2) Ta có: y = 1 + . Do đó: x , y Î Z Û x - 2 = ±1 Û x = 3, x = 1 x -2 Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là A (1; 0 ) , B ( 3; 2 ) Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: x - y - 1 = 0 . ( ) ( ) Câu VII.a: Gọi I m; 2 m - 4 Î d là tâm đường tròn cần tìm. 4 Ta có: m = 2m - 4 Û m = 4, m = . 3 2 2 4 æ 4ö æ 4 ö 16 · m = thì phương trình đường tròn là: çx - ÷ +çy+ ÷ = . 3 è 3ø è 3ø 9 2 2 · m = 4 thì phương trình đường tròn là: x - 4 ( ) + ( y - 4) = 16 . 2. Theo chương trình nâng cao t Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > 0 . Đặt t = log 2 x , ta có : (1 + t ) t +

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản