ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn TOÁN, khối D

Chia sẻ: Cao Thi Nhu Kieu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

153
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x 2 -mx +2 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (0; 2). Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình tg 2 x tgx 2 sin...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn TOÁN, khối D

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Cho hàm số y   x3  3x 2  mx  2 (1). Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (0; 2). tg 2 x  tgx  2  Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình  sin  x   . 2 tg x  1 2 4  x 2  2 x  4  x  1  m có đúng 4 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình một nghiệm thực. Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(5; 5; 0) và đường thẳng x 1 y 1 z  7   d: . 4 2 3 1. Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d. 2. Tìm tọa độ các điểm B, C thuộc d sao cho tam giác ABC vuông tại C và BC = 29 . 1 Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân I   ( x 2  x  1)e x dx . 0 36 x y  60 x 2  25 y  0 2  2. Giải hệ phương trình 36 y 2 z  60 y 2  25 z  0  36 z 2 x  60 z 2  25 x  0  PHẦN RIÊNG. Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2500. 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đường thẳng AB, đường cao kẻ từ A và đường trung tuyến kẻ từ B lần lượt có phương trình là x + 4y – 2 = 0, 2x – 3y + 7 = 0 và 2x + 3y – 9 = 0. Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) x x     5  1  3.2 x. 5 1  2 1. Giải phương trình 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B, AB = a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Mặt phẳng qua A vuông góc với SC cắt SB, SC lần lượt tại H, K. Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK. 1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 2), khối D Câu Nội dung Điểm 2,00 I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi m = 0 hàm số trở thành y   x 3  3 x 2  2.  Tập xác định : . 0,25  Sự biến thiên: y '  3x 2  6 x; y '  0  x  0 hoặc x  2 . 0,25  yCT = y(0) = -2, yCĐ = y(2) = 2.  Bảng biến thiên: x  2 0  0,25 0 0  + y' 2  y 2   Đồ thị: y 2 0,25 0 x 2 1 -2 2 Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm) Ta có y '  3x 2  6 x  m. 0,50 Hàm số đồng biến trên (0; 2) khi và chỉ khi y '  0 x  (0; 2)  m  3 x 2  6 x x  (0; 2). Xét hàm số g ( x )  3 x 2  6 x với x  (0; 2). Ta có bảng biến thiên x 2 1 0 0,50 g’(x) 0 + 0 g(x) 0 3 Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm là m ≥ 0. 2
2,00 II 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện : cosx  0. 2(tg 2 x  tgx) Phương trình đã cho tương đương với  sin x  cos x tg 2 x  1 0,50  2 cos2 x (tg 2 x  tgx )  sin x  cos x  2sin 2 x  2sin x cos x  sin x  cos x  (sin x  cos x )(2sin x  1)  0.   sin x  cos x  0  tgx  1  x    k . 4  5 1  2sin x  1  0  sin x   x   k 2 hay x   k 2 . 2 6 6 0,50 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là   5  k 2  k  Z  . x    k  x   k 2  x  4 6 6 2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m…(1,00 điểm) Đặt t  x  1  0 , phương trình đã cho trở thành 4 t 4  3  t  m (*). Ta thấy ứng với mỗi nghiệm không âm của phương trình (*) có đúng một 0,50 nghiệm của phương trình đã cho, do đó phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có đúng một nghiệm. t3 Xét hàm số f (t )  4 t 4  3  t với t ≥ 0, ta có f / (t )  1 0 . 3  4 t4  3 4 3 và lim f (t )  0. Mà f(0) = x  Nên ta có bảng biến thiên: 0,50  t0 ’ f (t)  f(t) 4 3 0 Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm của m là 0  m  4 3 . III 1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua d…(1,00 điểm)  Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u  (2;3; 4) . Mặt phẳng (P) đi qua A  0,50 vuông góc với d nhận u làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình (P): 2(x – 5) + 3(y – 5) – 4(z – 0) = 0  2x + 3y – 4z – 25 = 0. Gọi H là trung điểm của AA’ (cũng là hình chiếu vuống góc của A trên d). Khi đó H là giao điểm của AA’ và (P) nên có tọa độ xác định bởi  x 1 y 1 z  7   d : 0,50 hệ  4 2 3  2 x  3 y  4 z  25  0.  Giải hệ trên ta được H(3; 5; - 1), suy ra A’(1; 5; -2). 2 Tìmđiểm B, C thuộc d… (1,00 điểm) Vì C  d và AC  d nên C  H(3; 5; -1) (hình chiếu vuông góc của A trên d). 0,25 3
B  d nên B(-1 + 2t; -1 + 3t; 7 – 4t). BC  29  (2t  4)2  (3t  6)2  (8  4t )2  29 0,50  t 2  4t  3  0  t  1  t  3 Do đó B  {(1; 2; 3), (5; 8; -5)}. 0,25 Kết luận: C(3; 5; -1), B  {(1; 2; 3), (5; 8; -5)}. IV 1 Tính tích phân (1,00 điểm) u  x 2  x  1  du  (2 x  1)dx , chọn v  e x Đặt  x  dv  e dx 0,50 11 1 I  ( x 2  x  1)e x   (2 x  1)e x d x  3e  1   (2 x  1)e x dx. 00 0 1 u  2 x  1  du  2dx, chọn v  e x Tính J   (2 x  1)e x d x. Đặt  x  dv  e dx 0 1 1 0,50 J  (2 x  1)e x  2  e x dx  3e  1  2e  2  e  1 0 0 Do đó I = 2e – 2 . 2 Giải hệ phương trình 60 x 2  y  36 x 2  25  60 y 2  Hệ phương trình đã cho tương đương với  z  36 y 2  25 0,50   60 z 2 x  . 36 z 2  25  Từ hệ suy ra x, y, z không âm. Nhận thấy nếu x = 0 thì y = z = 0, suy ra (0; 0; 0) là một nghiệm của hệ. 60t 2 Nếu x > 0 thì y > 0, z > 0. Xét hàm số f (t )  , t  0. 36t 2  25 3000t Ta có f ' (t )   0, t  0. Do đó f(t) đồng biến trên khoảng 2  36t  2  25  y  f ( x)  (0; +∞).Hệ được viết lại  z  f ( y ) 0,50  x  f ( z ).  Từ tính đồng biến của f(t) suy ra x = y = z. ( Giả sử x > y  f ( z )  f ( x )  z  x  f ( y )  f ( z )  y  z . Vậy x >y >z > x :vô lý)  5 5 5  5 Thay vào hệ ta được x  y  z  .Tập nghiệm là (0; 0;0),  ; ;   . 6 6 6 6   2,00 V.a 1 Có bao nhiêu số tự nhiên… (1,00 điểm) Gọi số thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng abcd . 0,50 Nếu a > 2, ta có 7 cách chọn a, A93 cách chọn b, c, d nên có 7 A93 = 3528 cách chọn abcd . 4
Nếu a = 2, ta có 5 cách chọn b, A82 cách chọn c, d nên có 5 A82 = 280 cách chọn 0,50 abcd . Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3528 + 280 = 3808 số. 2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC (1,00 điểm)  x  4y  2  0 Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình   A(2;1) 2 x  3 y  7  0 0,50  x  4y  2  0 Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình   B(6; 1) 2 x  3 y  9  0 Đường thẳng BC qua B và vuông góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình là: 3(x – 6) + 2(y + 1) = 0  3x + 2y – 16 = 0. Trung điểm AC thuộc đường trung tuyến kẻ từ B nên tọa độ điểm C là nghiệm 0,50  3x  2 y  16  0   C (2;5) . hệ phương trình  x  2 y 1 2 2  3 2  9  0  Kết luận: A( - 2 ; 1), B(6; -1), C(2; 5). 2,00 V.b 1 Giải phương trình…(1,00 điểm) x x  5 1   5 1  Phương trình đã cho tương đương với    2  2  3  0. 2      0,50 x x  5 1  5 1  1 Đặt t    0  2  t. 2      2 Phương trình trở thành t   3  0  t 2  3t  2  0  t  1 hay t  2. t x  5 1   Với t = 1 ta được   2  1 x  0 .    x  5 1  0,50  Với t = 2 ta được   2   2  x  log 5 1 2.    2     Tập nghiệm của phương trình là 0, log 5 1 2      2 2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK…(1,00 điểm) Vì SA  (ABC) nên SA  BC. Mà AB  BC, do đó BC  (SAB). Suy ra AH  BC. Mặt khác AH  SC nên AH  (SBC). Suy ra AH  SB và AH  HK. 0,50 5
S K H A C B 1 1 VSAHK  dt ( AHK ).SK  AH .HK .SK (*). 3 6 Trong tam giác SAB vuông tại A có SA2 . AB 2 4a 2 .a 2 1 1 1 2a 5  2  AH    . 2 2 2 2 2 2 SA  AB 4a  a AH SA AB 5 Trong tam giác SAC vuông tại A SA2 4a 2 2a 6 có SC  SA2  AC 2  4a 2  2a 2  a 6, SK    . 0,50 SC a 6 3 24a 2 12a 2 Suy ra AK 2  SA2  SK 2  4a 2   . 9 9 Trong tam giác AHK vuông tại H có 12a 2 4a 2 2a 30 HK  AK 2  AH 2    . 9 5 15 1 2a 5 2a 30 2a 6 8 3 .  Thay vào (*) ta được VSAHK a (đvtt). . . 65 15 3 45 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án qui định. Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn. 6