ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC - MÃ ĐỀ 010

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo và tuyển tập các đề Đề thi thử đại học môn toán học có kèm hướng dẫn giải đề giúp các bạn ôn thi tốt môn toán và đạt kết quả cao trong các kỳ thi tuyển sinh sắp tới

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC - MÃ ĐỀ 010

ĐỀ ÔN THI CAO ĐẲNG, ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN TOÁN HỌC MÃ ĐỀ 010 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2.0 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx 2  4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đ ường thẳng y = x. Câu 2 (2.0 điểm ) : 4  2sin 2 x 3   2 3  2(cotg x  1) . 1. G iải phương trình: 2 sin 2 x cos x  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  2. Tìm m đ ể hệ phương trình:  có nghiệm thực. 2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0  Câu 3 (2.0 điểm): 2. Trong không gian với hệ tọa độ O xyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: x y 1 z  2   (P): 2x  y  2z  2 = 0 ; (d): 1 2 1 1. Viết phương trình m ặt cầu có tâm thuộc đường thẳng (d), cách m ặt phẳng (P) một kho ảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q ) chứa đường thẳng (d ) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. Câu 4 (2.0 điểm): 1. Cho parabol (P): y = x2. Gọi (d ) là tiếp tuyến của (P) tại điểm có hoành độ x = 2. Gọi (H ) là hình giới hạn bởi (P), (d) và trục hoành. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình (H) khi quay quanh trục Ox. 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức: P    1  xy 1  yz 1  zx Câu 5 (2.0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ O xy, hãy lập phương trình tiếp tuyến chung của elip x2 y 2  1 và parabol (P): y2 = 12 x. (E):  8 6 12 1  8 4 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển Newton:  1  x   x  o0o Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................
Câu Nội dung Điểm 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3  3 x2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3 x2  6x = 0  x = 0 ho ặc x = 2 H àm số đồng biến trên: (; 0) và (2; +) I 0.25 H àm số nghich biến trên: (0; 2) H àm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 y” = 6x  6 = 0  x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên (; 1), lõm trên (1; +). Điểm uốn (1; 2)  3 4 G iới hạn và tiệm cận: lim y  lim x 3 1   3    0.25  x x x  x LËp BBT: x 2 0 +∞ ∞ 0 y’ +  0 + +∞ 0.25 4 y ∞ 0 §å thÞ: y 0.25 x O x  0 2/. Ta có: y’ = 3 x2  6mx = 0    x  2m 0.25 Đ ể hàm số có cực đại và cực tiểu thì m  0.
  G iả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m ; 0)  AB  (2m; 4m 3 ) 0.25 Trung điểm của đoạn AB là I(m ; 2m 3) Đ iều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x 0.25  2m  4m 3  0   3  2m  m  2 0.25 G iải ra ta có: m   ;m=0 2 2 K ết hợp với điều kiện ta có: m   2  2/. Đk: x  k 0.25 2 Phương trình đã cho tương đương với: 4   3 1  tg 2 x   2 3  2cotg x sin 2 x 0.25 2(sin 2 x  cos 2 x)  3tg2 x   3  2cotg x sin x cos x  3tg2 x  2tg x  3  0    tg x   3  x   3  k   0.25  tg x  1  x    k  3    6   K L: So sánh với điều kiện p hương trình có nghiệm : x   k ; kZ 0.25 II 6 2  x3  y 3  3 y 2  3x  2  0 (1)  2/.  2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  m  0 (2)  0.25 1  x 2  0  1  x  1   Đ iều kiện:  2  2 y  y  0 0  y  2  Đ ặt t = x + 1  t[0; 2]; ta có (1)  t3  3t2 = y3  3y2. 0.25 H àm số f(u) = u3  3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 0.25 (1)  y = y  y = x + 1  (2)  x 2  2 1  x 2  m  0 Đ ặt v  1  x 2  v[0; 1]  (2)  v2 + 2v  1 = m. H àm số g (v) = v2 + 2v  1 đạt min g (v )  1; m ax g (v )  2 0.25 [ 0;1] [ 0;1] V ậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1  m  2
 x  t  1/. Đường thẳng () có phương trình tham số là:  y  1  2t ; t  R 0.25 z  2  t  Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(t; 1 + 2t; 2+ t)(). V ì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: 2 t  3 | 2t  1  2t  4  2t  2 | | 6t  5 | 0.25 d ( I ; )    3  t   7 3 3   3  2 1 8  7 17 1   Có hai tâm mặt cầu: I   ; ;  vµ I  ;  ;    3 3 3 3 3 7 0.25 V ì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính b ằng 4 nên m ặt cầu có bán kính là R = 5. V ậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 2 2 0.25 2  1  8 7  17   1   III  x     y     z    25 vµ  x     y     z    25 3  3  3 3  3  3    2 x  y  1  0 2/. Đường thẳng () có VTCP u  (1;2;1) ; PTTQ:  x  z  2  0 0.25  Mặt phẳng (P) có VTPT n  ( 2; 1; 2) | 2  2  2 | 6 Góc giữa đ ường thẳng () và mặt phẳng (P) là: sin    3 3. 6 0.25 6 3  Góc giữa mặt phẳng (Q ) và mặt phẳng (Q) cần tìm là cos   1   9 3 G iả sử (Q) đi qua () có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z  2) = 0 (m 2+ n2 > 0)  (2m + n )x + m y + n z + m  2n = 0 0.25 | 3m | 3 V ậy góc giữa (P) và (Q) là: cos    3 3. 5m 2  2n 2  4mn  m2 + 2mn + n 2 = 0  (m + n)2 = 0  m = n. 0.25 Chọn m = 1 , n = 1, ta có: m ặt phẳng (Q) là: x + y  z + 3 = 0 1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có ho ành độ x = 2 là: y = 4x  4 IV 0.25
2 4 2  Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: V     x dx   (4 x  4) 2 dx  0.25   0  1  x5 2 16 2  16  ( x  1)3   =  0.5 5 0 3 1  15 1 1 1 2/. Ta có:  (1  xy )  (1  yz )  (1  zx)     9 0.25  1  xy 1  yz 1  zx  9 9 P  0.25 3  xy  yz  zx 3  x  y 2  z 2 2 93  P  0.25 62 3 V ậy GTNN là Pmin = khi x = y = z 0.25 2 1/. Giả sử đường thẳng () có d ạng: Ax + By + C = 0 (A2 + B2 > 0) () là tiếp tuyến của (E)  8A2 + 6B2 = C2 (1) 0.25 () là tiếp tuyến của (P)  12B2 = 4AC  3B2 = AC (2) Thế (2) vào (1) ta có: C = 4A hoặc C = 2A. 0.25 V ới C = 2A  A = B = 0 (lo ại) 2A V V ới C = 4A  B   3  Đường thẳng đ ã cho có phương trình: 0.25 2A 23 Ax  y  4A  0  x  y40 3 3 23 0.25 V ậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x  y40 3 12 12 k 12 1 1  1   k Ta có:  x 4   1  1   x 4      (1)12 k C12  x 4   0.25 x x  x    k 0 i 12 k 1  12 k 4 k i   x  12 k 12 k k i 4 k 4 i  i k i   ( 1)     (1) C12Ck x C12 Ck x  x  k 0 i 0 k 0 i 0 0.25 V 12 k 12 k C12Ck x 4 k 5i ki   (1) k 0 i 0 Ta chọn: i, k N, 0  i  k  12; 4k  5 i = 8 0.25  i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7 ; i = 8, k 12 2 0 7 4 12 8 V ậy hệ số cần tìm là: C12 .C2  C12 .C7  C12 .C12  27159 0.25