ĐỀ THAM KHẢO 12 - ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2010

Chia sẻ: Vo Anh Hoang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

182
lượt xem 46
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi đại học chuyên môn toán học - ĐỀ THAM KHẢO 12 - ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2010.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THAM KHẢO 12 - ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM HỌC 2010

ĐỀ THI TUYÊN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2009 - 2010 ̉ ĐỀ THAM KHAO 12 ̉ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề A. PHẦN BẮT BUỘC (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 x3 − 3(2m + 1) x2 + 6m(m + 1) x + 1 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng ( 2;+∞) Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 cos 3x (2 cos 2 x + 1) = 1 3 21 2. Giải phương trình : (3x + 1) 2 x − 1 = 5x + x − 2 2 2 8 Câu III (1 điểm) 3 ln 2 dx ∫ I= Tính tích phân (3 e x + 2) 2 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết a3 khoảng cách giữa AA’ và BC là 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2 − xy + y 2 = 1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức x4 + y4 +1 P= x2 + y2 +1 B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) 1. Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. 2. Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z 2 − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C. Phần B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) 1. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường (∆) : 3 x − y − 5 = 0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau thẳng 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x − 4 y −1 z + 5 x−2 y+3 z = = = = d1 : d2 : −1 −2 3 1 3 1 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log 2 x − 2) > 9 log 2 x − 2
ĐÁP ÁN Câu I Đồ Học sinh tự làm a) 0,25 b) 0,5 y = 2 x3 − 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 ⇒ y ' = 6 x − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) 2 y’ có ∆ = (2m + 1) 2 − 4(m 2 + m) = 1 > 0 x = m 0,25 y' = 0 ⇔  x = m + 1 Hàm số đồng biến trên ( 2;+∞) ⇔ y ' > 0 ∀x > 2 ⇔ m + 1 ≤ 2 ⇔ m ≤ 1 0,25 Câu II a) Giải phương trình: 2 cos 3x (2 cos 2 x + 1) = 1 1 điểm PT ⇔ 2 cos 3x (4 cos 2 x − 1) = 1 ⇔ 2 cos 3x (3 − 4 sin 2 x) = 1 0,25 Nhận xét x = kπ , k ∈ Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 0,25 2 cos 3x (3 − 4 sin 2 x) = 1 ⇔ 2 cos 3x (3 sin x − 4 sin 3 x) = sin x ⇔ 2 cos 3 x sin 3 x = sin x ⇔ sin 6 x = sin x 2mπ 0,25  x = 5 6 x = x + m2π  ⇔ ⇔ ;m∈Z 6 x = π − x + m2π  x = π + 2mπ   7 7 2mπ = kπ ⇔ 2m=5k ⇔ m = 5t , t ∈ Z Xét khi 0,25 5 π 2mπ = kπ ⇔ 1+2m=7k ⇔ k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, + Xét khi 7 7 l∈Z 2mπ π 2mπ Vậy phương trình có nghiệm: x = ( m ≠ 5t ); x = + ( m ≠ 7l + 3 5 7 7 ) trong đó m, t , l ∈ Z 1 điểm b) 3 Giải phương trình : (3x + 1) 2 x − 1 = 5 x + x − 3 2 2 2 0,25 PT ⇔ 2(3 x + 1) 2 x 2 − 1 = 10 x 2 + 3x − 6 2(3 x + 1) 2 x 2 − 1 = 4(2 x 2 − 1) + 2 x 2 + 3 x − 2 . Đặt t = 2 x 2 − 1(t ≥ 0) Pt trở thành 4t 2 − 2(3 x + 1)t + 2 x 2 + 3 x − 2 = 0 Ta có: ∆' = (3x + 1) 2 − 4(2 x 2 + 3 x − 2) = ( x − 3) 2 0,25 Pt trở thành 4t 2 − 2(3 x + 1)t + 2 x 2 + 3 x − 2 = 0 Ta có: ∆' = (3x + 1) 2 − 4(2 x 2 + 3 x − 2) = ( x − 3) 2 2x − 1 x+2 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t = ;t = 2 2 0,5 Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:  − 1 + 6 2 + 60  x∈ ;  2 7  1 điểm Câu III 3 ln 2 dx ∫ Tính tích phân I = (3 e x + 2) 2 0
0,25 x 3 ln 2 e dx 3 ∫ Ta c ó I = = x x e (e + 2) 2 0 3 3 x x Đặt u= e 3 ⇒ 3du = e 3 dx ; x = 0 ⇒ u = 1; x = 3 ln 2 ⇒ u = 2 0,25  1 2 2 1 1 3du =3 ∫  − I=∫ du  4u 4(u + 2) − 2(u + 2) 2 Ta được:  1 u (u + 2) 2 1  0,25 2 1  1 1 =3  ln u − ln u + 2 +  4 2(u + 2)  1 4   331 = ln( ) − 0,25 428 331 Vậy I = ln( ) − 428 Câu IV C A ’ ’ B ’ H A C O M B AM ⊥ BC   ⇒ BC ⊥ ( A' AM ) Gọi M là trung điểm BC ta thấy: A' O ⊥ BC  0,5 Kẻ MH ⊥ AA' , (do ∠A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.) BC ⊥ ( A' AM )   ⇒ HM ⊥ BC .Vậy HM là đọan vông góc chung của Do HM ∈ ( A' AM ) 3 AA’và BC, do đó d ( AA' , BC) = HM = a . 4 0,5 A' O HM = Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có: AO AH ⇔ suy ra A ' = AO . M = a 3 a 3 4 = a H O AH 3 4 3a 3 a3 3 1 1aa 3 Thể tích khối lăng trụ: V = A ' . ABC = A ' . . = a= OS O AM BC 2 23 2 12 1.Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b + c = 3 .Chứng minh 1 điểm Câu V rằng: 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc ≥ 13
b+c 0,5 Đặt f (a, b, c) = 3( a + b + c ) + 4abc − 13; t = 2 2 2 2 *Trước hết ta chưng minh: f (a, b, c) ≥ f ( a, t , t ) :Thật vậy Do vai trò của a,b,c như nhau nên ta có thể giả thiết a ≤ b ≤ c ⇒ 3a ≤ a + b + c = 3 hay a ≤ 1 f ( a, b, c) − f (a, t , t ) = 3( a 2 + b 2 + c 2 ) + 4abc − 13 − 3( a 2 + t 2 + t 2 ) − 4at 2 + 13 = 3(b 2 + c 2 − 2t 2 ) + 4a (bc − t 2 )  2(b + c )   (b + c )  3(b − c) 2 2 2 3b 2 + c 2 − + 4a bc − − a (b − c) 2 = =  4 4 2     (3 − 2a )(b − c ) 2 ≥ 0 do a ≤ 1 = 2 *Bây giờ ta chỉ cần chứng minh: f (a, t , t ) ≥ 0 với a+2t=3 0,5 Ta có f ( a, t , t ) = 3(a 2 + t 2 + t 2 ) + 4at 2 − 13 = 3((3 − 2t ) 2 + t 2 + t 2 ) + 4(3 − 2t )t 2 − 13 = 2(t − 1) 2 (7 − 4t ) ≥ 0 do 2t=b+c < 3 Dấu “=” xảy ra ⇔ t = 1 & b − c = 0 ⇔ a = b = c = 1 (ĐPCM) 2. Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2 − xy + y 2 = 1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức x4 + y4 +1 P= 2 x + y2 +1 Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 1 = x 2 − xy + y 2 ≥ 2 xy − xy = xy 0,25 1 = ( x + y ) 2 − 3 xy ≥ −3xy 1 Tõ ®ã ta cã − ≤ xy ≤ 1 . 3 M¨t kh¸c x 2 − xy + y 2 = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 + xy nªn x 4 + y 4 = − x 2 y 2 + 2 xy + 1 .®¨t t=xy Vëy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cña 0.25 − t 2 + 2t + 2 1 P = f (t ) = ;− ≤ t ≤ 1 t+2 3 t = 6 − 2 6 TÝnh f ' (t ) = 0 ⇔ −1 + =0⇔ 0.25 (t + 2) 2 t = − 6 − 2(l )  1 Do hµm sè liªn tôc trªn [ − ;1] nªn so s¸nh gi¸ 3 −1 trÞ cña f ( ) , f ( 6 − 2) , f (1) cho ra kÕt qu¶: 3 0.25 1 11 MaxP = f ( 6 − 2) = 6 − 2 6 , min P = f (− ) = 3 15
1 điểm Câu VIa (Học sinh tự vẽ hình) a) uuu r Ta có: AB = ( −1; 2 ) � AB = 5 . Phương trình của AB là: 2 x + y − 2 = 0 . I � d ) : y = x � I ( t ; t ) . I là trung điểm của AC: C ( 2t − 1;2t ) ( 0,5 t = 0 1 = AB.d (C , AB) = 2 ⇔ . 6t − 4 = 4 ⇔  4 Theo bài ra: S ∆ABC t = 2 3 0,5 58 Từ đó ta có 2 điểm C(-1;0) hoặc C( ; ) thoả mãn . 33 1 điểm b) *Từ phương trình đoạn chắn suy ra pt tổng quát của mp(ABC) là:2x+y-z-2=0 0.25 *Gọi H là hình chiếu vuông góc của O l ên (ABC), OH vuông góc với 0,25 (ABC) nên OH // n(2;1;−1) ; H H ( ABC ) 1 21 1 Ta suy ra H(2t;t;-t) thay vào phương trình( ABC) có t= suy ra H ( ; ;− ) 3 33 3 0,5 42 2 *O’ đỗi xứng với O qua (ABC) ⇔ H là trung điểm của OO’ ⇔ O' ( ; ;− ) 33 3 Giải phương trình: ( z − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C. 1 điểm CâuVIIa 2 PT ⇔ z ( z + 2)( z − 1)( z + 3) = 10 ⇔ (z + 2z)( z + 2z − 3) = 10 0,25 2 2 Đặt t = z 2 + 2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành: 0,25 Đặt t = z 2 + 2 z . Khi đó phương trình (8) trở thành t 2 − 3t − 10 = 0 t = −2  z = −1 ± i ⇔ ⇒ t = 5  z = −1 ± 6 0,5 Vậy phương trình có các nghiệm: z = −1 ± 6 ; z = −1 ± i 1 điểm Câu VIb a) Viết phương trình đường AB: 4 x + 3 y − 4 = 0 và AB = 5 0,25 Viết phương trình đường CD: x − 4 y + 17 = 0 và CD = 17 Điểm M thuộc ∆ có toạ độ dạng: M = (t ;3t − 5) Ta tính được: 0,25 13t − 19 11t − 37 d ( M , AB ) = ; d ( M , CD) = 5 17 Từ đó: S MAB = S MCD � d ( M , AB ). AB = d ( M , CD).CD 0,5 7 7 � t = −9 � = Có 2 điểm cần tìm là: M (−9; −32), M ( ; 2) t 3 3 1 điểm b)
Giả sử một mặt cầu S(I, R) tiếp xúc với hai đương thẳng d1, d2 tại hai điểm A và B khi đó ta luôn có IA + IB ≥ AB và AB ≥ d ( d1 , d 2 ) dấu bằng xảy ra khi I là trung điểm AB và AB là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng d 1, 0, 25 d2 Ta tìm A, B : 0,25 uuu r r A AB ⊥ u ⊥ ⊥uuu ur A∈d1, B∈d2 nên: A(3 + 4t; 1- t; -5-2t), B(2 + t’; -3 + 3t’; t’) r ⊥AB ⊥ u ' uuur 0 AB (….)… ( A(1; 2; -3) và B(3; 0; 1) A I(2; 1; -1) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I(2; 1; -1) và bán kính R= 6 0,25 Nên có phương trình là: ( x − 2 ) + ( y − 1) 2 + ( z + 1) 2 = 6 2 CâuVIIb Giải bất phương trình x(3 log 2 x − 2) > 9 log 2 x − 2 1 điểm Điều kiện: x > 0 Bất phương trình ⇔ 3( x − 3) log 2 x > 2( x − 1) 0.25 Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. x −1 3 TH1 Nếu x > 3 BPT ⇔ log 2 x > x−3 0,25 2 3 Xét hàm số: f ( x) = log 2 x đồng biến trên khoảng ( 0;+∞) 2 x −1 nghịch biến trên khoảng ( 3;+∞) g ( x) = x−3 f ( x ) > f (4) = 3 *Với x > 4 :Ta có  f Bpt có nghiệm x > 4 g ( x) < g (4) = 3  f ( x) < f (4) = 3 * Với x < 4 :Ta có f Bpt vô nghiệm g ( x) > g (4) = 3  x −1 0,25 3 TH 2 :Nếu 0 < x < 3 BPT ⇔ log 2 x < x−3 2 3 f ( x ) = log 2 x đồng biến trên khoảng 2 ( 0;+∞) x −1 nghịch biến trên khoảng ( 0;3) g ( x) = x−3 f ( x ) > f (1) = 0 *Với x > 1 :Ta có  f Bpt vô nghiệm g ( x) < g (1) = 0  f ( x ) < f (1) = 0 * Với x < 1 :Ta có Bpt có nghiệm 0 < x < 1 f g ( x) > g (1) = 0  x > 4 0,25 Vậy Bpt có nghiệm  0 < x < 1 Chú ý:Các cách giải khác cho kết quả đúng vẫn đươc điểm tối đa.