zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

25 Đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012

Chia sẻ: Up Up | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

188
lượt xem 63
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu '25 đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 25 Đề thi thử đại học cao đẳng môn toán 2012

http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011 KHOA TOÁN-TIN MÔN: TOÁN- KHỐI A ------------- Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- A. PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH Câu I (2 điểm). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3 2. Tìm m để phương trình x 4 − 4 x 2 + 3 = log 2 m có đúng 4 nghiệm. Câu II (2 điểm). x x 3 x+ 1. Giải bất phương trình: ( 5 −1 +) ( ) 5 +1 − 2 2 ≤0 2. Giải phương trình: x 2 − ( x + 2) x − 1 = x − 2 Câu III (2 điểm) e x −1 + tan( x 2 − 1) − 1 1. Tính giới hạn sau: lim 3 x →1 x −1 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , ∠BAD = α . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc β . Cạnh SA = a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD. Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng: a 3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ a (b 2 + c 2 ) + b(c 2 + a 2 ) + c(a 2 + b 2 ) B. PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng ∆ : x + 2 y − 3 = 0 và hai điểm A(1; 0), B(3; - 4). Hãy tìm trên đường thẳng ∆ một điểm M sao cho MA + 3MB nhỏ nhất. x = 1− t x = t   2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :  y = 2t và d 2 :  y = 1 + 3t .  z = −2 + t z = 1− t   Lập phương trình đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) và cắt cả d1 và d2. 3. Tìm số phức z thỏa mãn: z 2 + 2 z = 0 Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao 1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. x = 1− t x = t   2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :  y = 2t và d 2 :  y = 1 + 3t .  z = −2 + t z = 1− t   Lập phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z + 1 + 2i = 1 , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. ------------------------------------------------------------ http://www.VNMATH.com 1 http://www.VNMATH.com
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 MÔN:TOÁN, Khối A Câu ý Nội dung Điểm 2 1 1 TXĐ D = Giới hạn : lim y = +∞ I x →±∞ Sự biến thiên : y’ = 4x3 - 8x y’ = 0 ⇔ x = 0, x = ± 2 025 Bảng biến thiên 025 x −∞ − 2 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ +∞ 3 -1 -1 025 Hàm số đồng biến trên các khoảng − 2; 0 , ( )( ) 2; +∞ và nghịch biến trên các khoảng ( −∞; − 2 ) , ( 0; 2 ) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2 , yCT= -1 Đồ thị 025 2 1 4 2 Đồ thị hàm số y = x − 4 x + 3 Số nghiệm của phương trình x 4 − 4 x 2 + 3 = log 2 m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 4 x 2 + 3 và đường thẳng y = log2m. Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log2m = 0 hoặc 1 < log 2 m < 3 hay m = 1 hoặc 2
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ II 2 1 1 x x  5 −1   5 + 1  Viết lại bất phương trình dưới dạng   +   − 2 2 ≤ 0  2   2  025 x x  5 +1  5 −1  1 Đặt t =   , t > 0. khi đó   =  2   2  t 025 Bất phương trình có dạng 1 t + − 2 2 ≤ 0 ⇔ t 2 − 2 2t + 1 ≤ 0 025 t ⇔ 2 −1 ≤ t ≤ 2 + 1 x  5 +1 ⇔ 2 − 1 ≤   ≤ 2 + 1 025  2  ⇔ log 5 +1 ( 2 − 1) ≤ x ≤ log 5 +1 ( 2 + 1) 2 2 2 1 Điều kiện : x ≥ 1 Phương trình tương đương với x 2 − x( x − 1 − 1) − 2 x − 1 − 2( x − 1) = 0 (*) 2 2 Đặt y = x − 1, y ≥ 0 . Khi đó (*) có dạng : x – x(y - 1) – 2y – 2y = 0 025 ⇔ ( x − 2 y )( x + y + 1) = 0 025 ⇔ x − 2 y = 0(do x + y + 1 ≠ 0) ⇒ x = 2 x −1 ⇔ x2 − 4x + 4 = 0 05 ⇔x=2 III 2 1 1 e x −1 + tan( x 2 − 1) − 1 e x −1 − 1 + tan( x 2 − 1) 3 2 3 lim = lim .( x + x + 1) 025 x →1 3 x −1 x →1 x −1 e x −1 − 1 3 2 3 tan( x 2 − 1) 3 2 3 = lim .( x + x + 1) + lim .( x + x + 1)( x + 1) x →1 x − 1 x →1 x2 − 1 05 = lim( 3 x 2 + 3 x + 1) + lim( 3 x 2 + 3 x + 1)( x + 1) = 9 x →1 x →1 025 2 1 Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI ⊥ BC ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 2 http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 3 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ (Định lí 3 đường vuông góc) do đó ∠SIA = β S 025 a cot β a AI = a.cot β , AB = AD = , SI = sin α sin β a 2 cot 2 β 025 S ABCD = AB. AD.sin α = sin α A 3 2 a cot β VS . ABCD = 3sin α 025 Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD B I C 025 a 2 cot β 1 = .(1 + ) sin α sin β IV 1 Ta có a 3 + b3 + c 3 + 3abc ≥ a (b 2 + c 2 ) + b(c 2 + a 2 ) + c(a 2 + b 2 ) a 2 + b2 − c2 b2 + c2 − a2 c2 + a2 − b2 3 ⇔ + + ≤ 2ab 2bc 2ca 2 025 3 ⇔ cos A + cos B + cos C ≤ 2 025 Mặt khác cos A + cos B + cos C = (cos A + cos B).1 − (cos A cos B − sin A sin B) 1 1 3 05 ≤ [(cos A + cos B)2 + 12 ]+ [sin 2 A+sin 2 B]-cos A cos sB = 2 2 2 3 Do đó cos A + cos B + cos C ≤ 2 Va 3 1 1 5 Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( ; −3 ) 2 025 Ta có : MA + 3MB = ( MA + MB) + 2MB = 2MI + 2MB = 4MJ Vì vậy MA + 3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng ∆ 025 025 Đường thẳng JM qua J và vuông góc với ∆ có phương trình : 2x – y – 8 = 0.  −2  x= x + 2 y − 3 = 0  5 19 −2 025 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ  ⇔ vậy M( ; ) 2 x − y − 8 = 0 y = 19 5 5  5 2 1 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 3 http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 4 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là u1 = (−1; 2;1) , đường thẳng d2 025 đi qua B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là u2 = (1;3; −1) . Gọi (α ), ( β ) là các mặt phẳng đi qua M và lần lượt chứa d1 và d2. Đường thẳng cần tìm 025 chính là giao tuyến của hai mặt phẳng (α ) và ( β ) Ta có MA = (0;0; −3), MB = (−1;1;0) 1 n1 =  MA; u1  = (2;1; 0), n2 = −  MB; u2  = (1;1; 4) là các vecto pháp tuyến của (α ) và ( β ) 3    025 Đường giao tuyến của (α ) và ( β ) có vectơ chỉ phương u =  n1; n2  = (4; −8;1) và đi qua   I 025 M(1;0;1) nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t 3 1 2 2 2 Gọi z = x + y.i. Khi đó z = x – y + 2xy.i, z = x − yi 025 z 2 + 2 z = 0 ⇔ x 2 − y 2 + 2 x + 2( x − 1) yi = 0 025 x − y + 2x = 0 2 2 ⇔ ⇔ ( x = 1; y = ± 3), ( x = 0; y = 0), ( x = −2; y = 0) 025 2( x − 1) y = 0 Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1 ± 3i 025 Vb 3 1 1 Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N Gọi M(x; y) ∈ (C1 ) ⇒ x 2 + y 2 = 13 (1) Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y). 025 Do N ∈ (C2 ) ⇒ (2 + x)2 + (6 − y ) 2 = 25 (2)  x 2 + y 2 = 13 025 Từ (1) và (2) ta có hệ  2 2 (2 + x) + (6 − y ) = 25 025 −17 6 −17 6 Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x = ; y = ). Vậy M( ; ) 5 5 5 5 025 Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0 2 1 Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t) ∈ d1 , N(t’ ; 1+3t’ 1- t’) ∈ d 2 Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương là u1 = (−1; 2;1) , đường thẳng d2 có vecto chỉ phương là u2 = (1;3; −1) . MN = (t '+ t − 1;3t '− 2t + 1; −t '− t + 3) 025 MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2  3  MN .u1 = 0  t'= 2t '− 3t + 3 = 0  5  ⇔ ⇔ O . 0 11 t '− 4t − 1 = 0 7  MN u 2 = t =  5 025 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 4 http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 5 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ −2 14 −3 3 14 2 Do đó M( ; ; ), N( ; ; ). 5 5 5 5 5 5 MN 2 1 14 −1 Mặt cầu đường kính MN có bán kính R = = và tâm I( ; ; ) có phương trình 025 2 2 10 5 10 1 2 14 1 1 (x − ) + ( y − ) 2 + ( z + )2 = 10 5 10 2 025 3 1 Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z. z + 1 + 2i = 1 ⇔ ( x + 1) 2 + ( y + 2)2 = 1 025 Đường tròn (C) : ( x + 1) 2 + ( y + 2) 2 = 1 có tâm (-1;-2) Đường thẳng OI có phương trình y = 2x Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm Biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đó chính là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI và (C) 025 Khi đó tọa độ của nó thỏa  1  1  y = 2x  x = −1 − 5  x = −1 + 5 mãn hệ  2 2 ⇔ , 025 ( x + 1) + ( y + 2) = 1  y = −2 − 2  2 y = −2 +  5  5 1 2 Chon z = −1 + + i ( −2 + ) 5 5 025 ============================== ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 5 http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 6 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2011 KHOA TOÁN-TIN MÔN: TOÁN- KHỐI A ------------- Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + (1 − 2m) x 2 + (2 − m) x + m + 2 (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x + y + 7 = 0 góc α , 1 biết cos α = . 26 Câu II (2 điểm)  2x  1. Giải bất phương trình: log 21  −4 ≤ 5 . 2 4− x 2. Giải phương trình: 3 sin 2 x.(2 cos x + 1) + 2 = cos 3 x + cos 2 x − 3 cos x. Câu III (1 điểm) 4 x +1 Tính tích phân: I = ∫ (1 + 0 1 + 2x ) 2 dx . Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA = −2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 0 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 ≤ xyz . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x y z P= 2 + 2 + 2 . x + yz y + zx z + xy PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x + y + 1 = 0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3. Câu VII.a (1 điểm) 10 ( Cho khai triển: (1 + 2 x ) x 2 + x + 1 ) 2 = a 0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a14 x 14 . Hãy tìm giá trị của a6 . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 11 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng và trọng tâm G 2 thuộc đường thẳng d: 3 x + y − 4 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C. x − 2 y −1 z −1 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x + y − z + 1 = 0 ,đường thẳng d: = = 1 −1 −3 Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng ∆ nằm trong (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 3 2 . 3  z +i Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình:   = 1. i− z http://www.VNMATH.com 7 http://www.VNMATH.com -----------------------------------------------------
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 MÔN:TOÁN, Khối A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. Câu ý Nội dung Điểm I(2đ) 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3 − 3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞ 0,25 x →−∞ x →+∞ •Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2 − 6x; y’=0 ⇔ x =0, x =2 x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 − 0 + 4 +∞ 0,25 y −∞ 0 Hàm số ĐB trên các khoảng (−∞ ; 0) và (2 ; +∞), nghịch biến trên (0 ; 2). •Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; 0,25 y Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0. 4 c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2) I 2 0,25 -1 0 1 2 x 2(1đ) Tìm m ... Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có véctơ pháp n1 = (k ;−1) 0,5 d: có véctơ pháp n2 = (1;1)  3 n1 .n2  k1 = 1 k −1 2 Ta có cos α = ⇔ = ⇔ 12k 2 − 26k + 12 = 0 ⇔  n1 n2 26 2 2 k +1 k = 2  2 3 Yêu cầu của bài toán thỏa mãn ⇔ ít nhất một trong hai phương trình: y / = k1 (1) và y / = k 2 (2) có nghiệm x  2 3 0,25 3x + 2(1 − 2m) x + 2 − m = có nghiệm 2 ∆/ 1 ≥ 0 ⇔ ⇔ / 3x 2 + 2(1 − 2m) x + 2 − m = 2 có nghiệm ∆ 2 ≥ 0  3 1 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 8 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  1 1 8m − 2m − 1 ≥ 0 2  m ≤ − ; m ≥ ⇔ 2 ⇔ 4 2 ⇔ m ≤ − 1 hoặc m ≥ 1 0,25 4m − m − 3 ≥ 0 m ≤ − 3 ; m ≥ 1 4 2  4 II(2đ) 1(1đ) Giải bất phương trình ...  2 2x  2x log 1 4 − x − 4 ≥ 0 − 3 ≤ log 1 4 − x ≤ −2(1)  Bpt ⇔  2 ⇔ 2 0,25 log 2 2 x  2 x ≤9 2 ≤ log 1 4 − x ≤ 3(2)  12 4 − x  2  3x − 8 2x  4 − x ≥ 0 8 16 . Giải (1): (1) ⇔ 4 ≤ ≤8⇔  ⇔ ≤x≤ 0,25 4−x  5 x − 16 ≤ 0 3 5  4 − x 17 x − 4 1 2x 1  4 − x ≥ 0 4 4 . Giải (2): (2) ⇔ ≤ ≤ ⇔ ⇔ ≤x≤ 0,25 8 4− x 4 9x − 4 ≤ 0 17 9  4 − x  4 4   8 16  Vậy bất phương trình có tập nghiệm  ;  ∪  ;  . 0,25 17 9   3 5  2(1đ) Giải PT lượng giác Pt ⇔ 3 sin 2 x (2 cos x + 1) = (cos 3x − cos x) + (cos 2 x − 1) − (2 cos x + 1) 0,5 ⇔ 3 sin 2 x(2 cos x + 1) = −4 sin 2 x cos x − 2 sin 2 x − (2 cos x + 1) ⇔ (2 cos x + 1)( 3 sin 2 x + 2 sin 2 x + 1) = 0 π • 3 sin 2 x + 2 sin 2 x + 1 = 0 ⇔ 3 sin 2 x − cos 2 x = −2 ⇔ sin(2 x − ) = −1 0,25 6 π ⇔x=− + kπ 6  2π  x = 3 + k 2π • 2 cos x + 1 = 0 ⇔  (k ∈ Z )  x = − 2π + k 2π 0,25  3 2π 2π π Vậy phương trình có nghiệm: x = + k 2π ; x = − + k 2π và x = − + kπ 3 3 6 III(1đ) 1(1đ) Tính tích phân. 2 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 9 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4 x +1 I= ∫ dx . ( 0 1 + 1 + 2x )2 dx t 2 − 2t 0,25 •Đặt t = 1 + 1 + 2 x ⇒ dt = ⇒ dx = (t − 1)dt và x = 1 + 2x 2 Đổi cận x 0 4 t 2 4 •Ta có I = 4 2 4 3 2 4 1 (t − 2t + 2)(t − 1) 1 t − 3t + 4t − 2 1  4 2 22∫ t 2 dt = ∫ 22 t 2 dt = ∫  t − 3 + − 2 dt 2 2 t t  0,5 1 t2 2 =  − 3t + 4 ln t +  2 2 t 1 = 2 ln 2 − 0,25 4 (1đ) Tính thể tích và khoảng cách IV •Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH S 0,25 IA a BC = AB 2 = 2a ; AI= a ; IH= = 2 2 K 3a AH = AI + IH = A B 2 I H C a 5 •Ta có HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC. AH cos 45 0 ⇒ HC = 2 ∧ ∧ 0,25 Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC; ( ABC )) = SCH = 60 0 a 15 SH = HC tan 60 0 = 2 1 1 1 a 15 a 3 15 • VS . ABC = S ∆ABC .SH = . (a 2 ) 2 = 0,25 3 3 2 2 6 3 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 10 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- BI ⊥ AH  •  ⇒ BI ⊥ ( SAH ) BI ⊥ SH  0,25 d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a Ta có = = ⇒ d ( K ; ( SAH )) = d ( B; ( SAH ) = BI = d ( B; ( SAH )) SB 2 2 2 2 V (1đ) Tim giá trị lớn nhất của P x y z P= 2 + 2 + 2 . x + xy y + zx z + xy x y z Vì x; y; z > 0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: P ≤ + + = 0,25 2 x yz 2 y zx 2 z 2 xy 2 2 1  2 2 2  = + + 4  yz zx xy  1  1 1 1 1 1 1  1  yz + zx + xy  1  x 2 + y 2 + z 2  ≤  + + + + + =   ≤   4  y z z x x y  2  xyz  2 xyz  1  xyz  1 ≤  = 2  xyz  2 0,5 1 0,25 Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z = 3 . Vậy MaxP = 2 PHẦN TỰ CHỌN: Câu ý Nội dung Điểm VIa(2đ) 1(1đ) Viết phương trình đường tròn… KH: d1 : x + y + 1 = 0; d 2 : 2 x − y − 2 = 0 0,25 d1 có véctơ pháp tuyến n1 = (1;1) và d 2 có véctơ pháp tuyến n2 = (1;1) • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương n1 = (1;1) ⇒ phương trình AC: x − y − 3 = 0 . x − y − 3 = 0 C = AC ∩ d 2 ⇒ Tọa độ C là nghiệm hệ:  ⇒ C (−1;−4) . 2 x − y − 2 = 0 xB + 3 y B • Gọi B( x B ; y B ) ⇒ M ( ; ) ( M là trung điểm AB) 0,25 2 2 xB + yB + 1 = 0  Ta có B thuộc d1 và M thuộc d 2 nên ta có:  yB ⇒ B (−1;0)  x B + 3 − 2 − 2 = 0 • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có: 4 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 11 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 6a + c = −9  a = −1 0,5    − 2 a + c = −1 ⇔ b = 2 ⇒ Pt đường tròn qua A, B, C là: − 2a − 8b + c = −17 c = −3   x 2 + y 2 − 2 x + 4 y − 3 = 0 . Tâm I(1;-2) bán kính R = 2 2 2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P) •Gọi n = (a; b; c) ≠ O là véctơ pháp tuyến của (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0) ⇒ pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 0,25 Mà (P) qua B(0;0;-2) ⇒a-b-2c=0 ⇒ b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 2a + c • d(C;(P)) = 3⇔ = 3 ⇔ 2a 2 − 16ac + 14c 2 = 0 2 2 2 a + ( a − 2c ) + c 0,5 a = c ⇔  a = 7c •TH1: a = c ta chọn a = c = 1 ⇒ Pt của (P): x-y+z+2=0 0,25 TH2: a = 7c ta chọn a =7; c = 1 ⇒Pt của (P):7x+5y+z+2=0 VII.a (1 đ) Tìm hệ số của khai triển 1 3 • Ta có x 2 + x + 1 = (2 x + 1) 2 + nên 4 4 0,25 (1 + 2 x )10 ( x 2 + x + 1) 2 = 1 (1 + 2 x)14 + 3 (1 + 2 x)12 + 9 (1 + 2 x)10 16 8 16 14 • Trong khai triển (1 + 2 x ) hệ số của x là: 2 C14 6 6 6 12 Trong khai triển (1 + 2 x ) hệ số của x 6 là: 2 6 C126 0,5 10 Trong khai triển (1 + 2 x ) hệ số của x là: 2 C 6 6 6 10 1 6 6 3 6 6 9 0,25 • Vậy hệ số a 6 = 2 C14 + 2 C12 + 2 6 C106 = 41748. 16 8 16 VI.b(2đ) 1(1đ) Tìm tọa độ của điểm C x y • Gọi tọa độ của điểm C ( xC ; y C ) ⇒ G (1 + C ; C ) . Vì G thuộc d 3 3 0,25  x  y ⇒ 31 + C  + C − 4 = 0 ⇒ y C = −3xC + 3 ⇒ C ( xC ;−3xC + 3)  3  3 •Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương AB = (1;2) 5 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 12 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- ⇒ ptAB : 2 x − y − 3 = 0 1 11 11 2 xC + 3xC − 3 − 3 11 • S ∆ABC = AB.d (C ; AB ) = ⇔ d (C ; AB) = ⇔ = 2 2 5 5 5  xC = −1 0,5 ⇔ 5 xC − 6 = 11 ⇔   xC = 17  5 • TH1: xC = −1 ⇒ C (−1;6) 17 17 36 0,25 TH2: xC = ⇒ C ( ;− ) . 5 5 5 2(1đ) Viết phương trình của đường thẳng • (P) có véc tơ pháp tuyến n( P ) = (1;1;−1) và d có véc tơ chỉ phương .u = (1;−1;−3) I = d ∩ ( P ) ⇒ I (1;2;4) 0,25 [ ] • vì ∆ ⊂ ( P); ∆ ⊥ d ⇒ ∆ có véc tơ chỉ phương u ∆ = n( P ) ; u = (−4;2;−2) = 2(−2;1;−1) • Gọi H là hình chiếu của I trên ∆ ⇒ H ∈ mp(Q) qua I và vuông góc ∆ Phương trình (Q): − 2( x − 1) + ( y − 2) − ( z − 4) = 0 ⇔ −2 x + y − z + 4 = 0 Gọi d1 = ( P) ∩ (Q) ⇒ d1 có vécto chỉ phương x = 1  [ ] n( P ) ; n( Q ) = (0;3;3) = 3(0;1;1) và d1 qua I ⇒ ptd1 :  y = 2 + t z = 4 + t  Ta có H ∈ d1 ⇒ H (1;2 + t ;4 + t ) ⇒ IH = (0; t ; t ) 0,5 t = 3 • IH = 3 2 ⇔ 2t 2 = 3 2 ⇔  t = −3 x −1 y − 5 z − 7 • TH1: t = 3 ⇒ H (1;5;7) ⇒ pt∆ : = = −2 1 −1 x −1 y +1 z −1 0,25 TH2: t = −3 ⇒ H (1;−1;1) ⇒ pt∆ : = = −2 1 −1 VII.b 1đ Giải phương trình trên tập số phức. ĐK: z ≠ i z+i • Đặt w = ta có phương trình: w 3 = 1 ⇔ ( w − 1)( w 2 + w + 1) = 0 i−z 0,5 6 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 13 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------  w = 1  w = 1 −1+ i 3 ⇔ 2 ⇔ w =  2 w + w + 1 = 0  w = − 1 − i 3  2 z+i • Với w = 1 ⇒ =1⇔ z = 0 i−z −1+ i 3 z + i −1+ i 3 • Với w = ⇒ = ⇔ (1 + i 3 ) z = − 3 − 3i ⇔ z = − 3 2 i−z 2 0,5 −1− i 3 z + i −1− i 3 • Với w = ⇒ = ⇔ (1 − i 3 ) z = 3 − 3i ⇔ z = 3 2 i−z 2 Vậy pt có ba nghiệm z = 0; z = 3 và z = − 3 . ----------------------------------------------------- 7 --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 14 http://www.VNMATH.com Tel: 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG 2010 KHOA TOÁN – TIN MÔN: TOÁN ----------------- Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I( 2,0 điểm): Cho hàm số: (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số 2. Cho điểm A( 0; a) Tìm a để từ A kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C) sao cho 2 tiếp điểm tương ứng nằm về 2 phía của trục hoành. Câu II (2,0 điểm): 1. Giải phương trình lượng giác. 2. Giải hệ phương trình. Câu III(1,0 điểm): Tính tích phân sau. π 3 dx I= ∫ 2 4 π sin x. cos x 4 Câu IV(1,0 điểm): Cho ba số thực thỏa mãn ,Chứng minh rằng: Câu V(1,0 điểm): Cho tứ diện ABCD có AC = AD = , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD bằng . II. PHẦN RIÊNG (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VIa(2,0 điểm): 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD) 2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (∆) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B sao cho AB = 6 Câu VIIa(1,0 điểm): Xác định hệ số của x5 trong khai triển (2+x +3x2 )15 B. Theo chương trình nâng cao. Câu VIb(2,0 điểm): 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm : A(1;2; 2) B(-1;2;-1) C(1;6;-1) D(-1;6;2). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên mặt phẳng (BCD) 2. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 -2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (∆ ) vuông góc với đường thẳng : 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A; B sao cho AB = 6 Câu VIIb(1,0 điểm):Giải phương trình: http://www.VNMATH.com 15 http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com ĐÁP ÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 2,0 1 1,0 • TXĐ: D= R\{1} 0,25 • y’= Hàm số luông nghịch biến trên D và không có cực trị 0,25 • Giới hạn: • PT đường TCĐ: x=1; PT đường TCN: y=1 • Bảng biên thiên: 0,25 t - 1 + f’(t) - + 1 + f(t) - 1 • Đồ thị: 0,25 y x+2 f(x) = x-1 4 5/2 1 -2 O 1 2 3 x -2 2 1,0 • Gọi k là hệ số góc của đt đi qua A(0;a). PT đt d có dạng y= kx+a (d) 0,25 http://www.VNMATH.com 16 http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com • d là tiếp tuyến với ( C ) ⇔ hệ PT có nghiệm Pt (1-a)x2 +2(a+2)x-(a+2)=0 (1) có nghiệm x ≠ 1 • Theo bài ra qua A có 2 tiếp tuyến thì pt (1) có 2 nghiệm x1 ; x2 phân biệt 0,25 Đk là : (*) • Khi đó theo Viet ta có : x1 +x2 = ; x1.x2 = • . Suy ra y1 = 1+ ; y2 = 0,25 • Để 2 tiếp điểm nằm về 2 phía của trục Ox thì y1.y2
http://www.VNMATH.com 0,25 Hệ đã cho trở thành Vậy hệ dã cho có một nghiệm III 1,0 π π 0,5 3 3 dx dx I=∫ 2 4 = 4 . ∫ 2 2 π sin x. cos x π sin 2 x. cos x 4 4 Đặt : t = tanx Đổi cận: x = x= 3 3 0,5 (1 + t 2 ) 2 dt 1 1 t3 3 8 3−4 ∫1 t 2 = ∫( 2 Khi đó I = + 2 + t ) dt = ( − + 2t + ) = 1 t2 t 3 1 3 IV 1,0 • BĐT cần chứng minh tương đương với 0,25 • Nhận xét: Do nên là các số thực dương • Xét : A = với x,y > 0 0,5 • Chia tử và mẫu cho và đặt t = ta được A = với t > 0 • Xét hàm số f(t) = trên (0;+ ) • Ta có : f’(t) = • Bảng biên thiên: t 0 1 + ’ f (t) - 0 + 1 1 f(t) http://www.VNMATH.com 18 http://www.VNMATH.com Gv: Trần Quang Thuận 0912.676.613 – 091.5657.952
http://www.VNMATH.com • Dựa vao bảng biến thiên ta có f(t) với mọi t > 0 • Từ đó A = với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y. • Do vai trò là như nhau nên BĐT cần chứng minh tương đương 0,25 • Áp dụng BĐT cô si ta có • Thay vào ta suy BĐT được chứng minh, dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = V 1,0 Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE 0,25 A Ta có ACD cân tại A nên CD AE Tương tự BCD cân tại B nên CD BE Suy ra CD (ABE) CD BH Mà BH AE suy ra BH (ACD) H Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng D (ACD) và (BCD) là E B C 0,25 Thể tích của khối tứ diện ABCD là Mà Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x2 - x+ = 0 trường hợp vì DE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.