Đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 2010_Đề số 10

Chia sẻ: T N | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

0
249
lượt xem
79
download

Đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 2010_Đề số 10

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

Tham khảo tài liệu 'đề và đáp án thi thử đại học môn toán 2010_đề số 10', 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 và đáp án thi thử đại học môn Toán 2010_Đề số 10

  1. Trung tâm Hocmai.vn Hà Nội, ngày 19 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy - Tel: (094)-2222-408 ĐỀ TỰ ÔN SỐ 10 Câu I. (2 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 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác sau: 3 (2cos2x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0 x+ y≤ 3  2) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:   x + y+ 2 x(y− 1)+ m = 3  Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau: 3 3x 2 − 1 + 2 x 2 + 1 L = lim . x →0 1 − cos x Câu IV. (1 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 điểm) a, c > 0 b, a b c 3 Cho  . CM R : + + ≤ a + b + c = abc bc( + a2 ) 1 ca( + b2 ) ab( + c2 ) 2 1 1 CâuVI. (2 điểm) x −1 y z + 2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + z − 1 = 0 2 1 −3 a) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d với mặt phẳng (P ) . Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm A vuông góc với d và nằm trong (P ) . b) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d sao cho khoảng cách từ điểm I (1,0,0) tới (Q) bằng 2 . 3 Câu VII (1 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. .................HẾT.............. Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
  2. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 15 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 ĐÁP ÁN ĐỀ TỰ ÔN SỐ 10 Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y = − x3 − 3x2 + mx + 4, trong đó m là tham số thực. 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0. 4. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞). HDG 1. Với m = 0, ta có hàm số y = – x3 – 3x2 + 4. Tập xác định: D = ¡  x = −2 • Chiều biến thiên: y’ = – 3x2 – 6x, y’ = 0 ⇔  x = 0  x < −2 y’ < 0 ⇔  x > 0 y’ > 0 ⇔ – 2 < x < 0 + 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. • Giới hạn: xlim = +∞, →−∞ lim = −∞ x →+∞ • Bảng biến thiên: x −∞ −2 0 +∞ y' − 0 + 0 − +∞ 4 y 0 −∞ • ĐĐồ 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 (− 2 ; 0) −3 −2 O 1 x 2. Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ∞) ⇔ y’ = – 3x2 – 6x + m ≤ 0, ∀ x > 0 ⇔ 3x2 + 6x ≥ m, ∀ x > 0 (*) Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x2 + 6x trên (0 x 0 +∞ ; + ∞) +∞ y 0 Page 2 of 6
  3. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 15 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Từ đó ta được : (*) ⇔ m ≤ 0. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác sau: 3 (2cos2x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0 HDG Phương trình đã cho tương đương với phương trình :  π  3  x = ( −1) 3 + nπ, n ∈ ¢ n sin x = ( 2sin x − 3 ) ( ) 3 sin x + cos x = 0 ⇔  2 ⇔  x = − π + kπ , k ∈ ¢  3 sin x + cos x = 0    6 x+ y≤ 3  2) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:   x + y+ 2 x(y− 1)+ m = 3  HDG  x+ y ≤ 3   x+ y ≤ 3   x+ y ≤ 3   ⇔ ⇔  x + y+ 2 x(y− 1)+ m = 3  2 x(y− 1)+ m = 3 − ( x + y) 2 x(y− 1)+ m = 3 − ( x + y)  2      x+ y≤ 3  x+ y ≤ 3 ⇔ ⇔ 2 2 xy− 2 x + m = x + y + 2 xy− 6 x − 6 y+ 9  x − 4 x + 4 + y − 6 y+ 9 − 4 − m = 0 2 2 2 x+ y≤ 3  ⇔ ( x − 2 ) + ( y− 3) = m + 4 2 2  GäiM (x;y)⇒ M võa t Òn h¼ng ∆ :x + y− 3 = 0)võa n»m t huéc m i D (d­ íi § ­ êng t rªn § ­ êng t ßn r Tam I 2;3)b¸n kÝ R = m + 4 . ( nh § Ó hÖ PT cã nghi t phÇn § ­ êng t ßn ph¶in»m t ong m i D Öm hi r r Òn 2+3−3 ⇒ R ≥ d ( I→ ∆ ) m µ d ( I→ ∆ ) = = 2 ⇒ m + 4 ≥ 2 ⇔ m ≥ −2 2 VËy víim = −2 t m ∙n § K bµit háa o¸n Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau: 3 3x 2 − 1 + 2 x 2 + 1 L = lim . x →0 1 − cos x HDG Page 3 of 6
  4. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 15 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408  3 3x 2 − 1 + 1 2x2 + 1 −1  Ta có L = lim  +  x →0  1 − cos x 1 − cos x    2x2 + 1 −1 2 x2 L = lim = lim =2 Xét 1 x →0 1 − cos x x →0 2 sin 2 x 2 2x2 + 1 + 1 ( ) 3 3x 2 − 1 + 1 3x 2 L2 = lim = lim =2 Xét 1 − cos x x  2 sin  3 ( 3 x 2 − 1) − 3 3 x 2 − 1 + 1 x→0 x →0 2 2 2  Vậy L = L1 + L2 = 2 + 2 = 4 Câu IV. (1 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 HDG S Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều. Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD. G O Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD. A D H Ta có OG ⊥ (SAB) và OI ⊥ (ABCD). I B C a  + OG = IH = , 2 + Tam giác OGA vuông tại G. Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có: a 2 3a 2 a 21 R = OA = OG 2 + GA 2 = + = 4 9 6 Page 4 of 6
  5. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 15 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Câu V (1 điểm) a, c > 0 b, a b c 3 Cho  . CM R : + + ≤ a + b + c = abc bc( + a2 ) 1 ca( + b2 ) ab( + c2 ) 2 1 1 HDG Ta cã: bc( + a2 )= bc+ a( + b + c)= a2 + ab + ac+ bc = ( + b) a + c) 1 a a ( a a a a 1 a a  ⇒ = = . ≤  + ( i C«s ) bc( + a2 ) 1 ( + b) a + c) a ( a+ b a+ c 2  a+ b a + c  b 1 b b  c 1 c c  Vµ ≤  + ; ≤  +  ca( + b ) 2  b + c b + a  ab( + c ) 2  c+ a c+ b  1 2 1 2 1 a a b b c c  1  a + b a + c b + c 3 ⇒ VT ≤  + + + + + = + + = = VP 2  a + b a + c b + c b + a c+ a c+ b  2  a + b a + c b + c  2    ⇒ § PCM .D Êu "= "x¶y r ⇔ a = b = c = 3 a CâuVI. (2 điểm) x −1 y z + 2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng ( P ) : 2 x + y + z − 1 = 0 2 1 −3 c) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d với mặt phẳng (P ) . Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm A vuông góc với d và nằm trong (P ) . d) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d sao cho khoảng cách từ điểm I (1,0,0) tới (Q) bằng 2 . 3 HDG a) • Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d với mặt phẳng (P ) . Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm A vuông góc với d và nằm trong (P ) .  1 7 • Tìm giao điểm của d và (P) ta được A  2; ; −   2 2 ur u ur u ur ur ur u u u • Ta có ud = ( 2;1; −3) ,nP = ( 2;1;1) ⇒ u∆ = ud ;n p  = ( 1; −2; 0 )   1 7 • Vậy phương trình đường thẳng ∆ là ∆ : x = 2 + t; y = − 2t; z = − . 2 2 b) x − 2 y −1 = 0 • Chuyển d về dạng tổng quát d :  3 y + z + 2 = 0 Page 5 of 6
  6. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày 15 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 • Phương trình mặt phẳng (Q) chứa d có dạng: m ( x − 2 y − 1) + n ( 3 y + z + 2 ) = 0 ,m 2 + n 2 ≠ 0 ⇔ mx − ( 2m − 3n ) y + nz − m + 2n = 0 2 d ( I ;( Q ) ) = ⇒ ( Q1 ) : x + y + z + 1 = 0 ,( Q2 ) : 7 x + y + 5 z + 3 = 0. 3 Câu VII (1 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. HDG Kí hiệu S là diện tích cần tính. ln 8 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 = t2 −1 Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3 Vậy: 3 2t 2 dt 3 3 dt  3 dt 3 dt 3 3 3 S=∫ 2 = 2  ∫ dt + ∫ 2 =2+∫ −∫ = 2 + ln t − 1 2 − ln t + 1 2 = 2 + ln 2 t −1 2 2 t −1  2 t −1 2 t +1 2 ========================Hết========================== Page 6 of 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản