ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 10

Chia sẻ: Vo Anh Hoang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

154
lượt xem 31
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 MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 10.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 10

ĐỀ THI TUYÊN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2009 - 2010 ̉ ĐỀ THAM KHAO 10 ̉ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m − 1 (1) , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 . 2. Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II (2 điểm) (2 − sin 2 2 x) sin 3 x 1.Giải phương trình tan4x +1 = . cos 4 x  3 4 xy + 4( x + y ) + ( x + y ) 2 = 7 2 2  2. Giải hệ phương trình sau:  2 x + 1 = 3  x+ y  π 2 s inxdx π(sinx + cosx) Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 3 0 Câu IV (1 điểm) Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên ( SAB) vuông góc với đáy, hai mặt bên còn lạ cùng tạo với đáy một góc α . Câu V (1 điểm) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ( với n 2), ta có: ln2n > ln(n-1).ln(n+1) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d :2 x − y + 3 = 0 . Câu VII.a (1 điểm) 18 x trong khai triển nhị thức Niutơn của � x + 1� � ( x > 0) . Tìm số hạng không chứa 2 � 5 x� � Câu VIII.a (1 điểm) Giải bất phương trình log5(3+ x ) > log 4 x . 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết � 1� A ( −1; 4 ) , B ( 1; −4 ) và đường thẳng BC đi qua điểm M � �Hãy tìm toạ độ đỉnh C . 2; . � 2� Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2 + 2 ) , biết An − 8Cn + Cn = 49 . n 3 2 1 ( An là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, Cn là số tổ hợp chập k của n phần tử). k k Câu VIII.b (1 điểm) − x2 + 4x + 3 Cho hàm số y = . Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ x−2 thị hàm số đến hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số. ----------------------------------Hết----------------------------------
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Điể Nội dung Câu m I 1.(1 điểm). Khi m = 1 hàm số trở thành: y = x 4 − 2 x 2 • TXĐ: D= T (2điểm =x = 0 • Sự biến thiên: y = 4 x − 4 x = 0 � 4 x ( x − 1) = 0 � � =x 1 ) ' 3 2 x 0.25 = yCD = y ( 0 ) = 0, yCT =yy ( 1) = −1 0.25 • Bảng biến thiên x - -1 0 1 + − − y’ 0 + 0 0 + y + 0 + -1 -1 0.25 • Đồ thị f (x) = x4-2 ⋅x2 8 6 4 2 10 5 5 10 2 4 6 0.25 8 =x = 0 2. (1 điểm) y = 4 x − 4mx = 4 x ( x − m ) =x0 ' 3 2 =2 =x = m Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ị pt y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó � m > 0 0.25 • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( )( ) A ( 0; m − 1) , B − m ; − m2 + m − 1 , C m ; − m2 + m − 1 0.25 1 • SVABC = yB − y A . xC − xB = m 2 m ; AB = AC = m 4 + m , BC = 2 m 0.25 2 ( m4 + m ) 2 m = 1 � m3 − 2m + 1 = 0 � =m = 1 AB. AC.BC + • R = 4S =1� −m = 5 − 1 2 4m m VABC = 0.25 2 1 ( 1 điểm) ĐK: cosx ể 0 sinx 1. II ơ sin4x + cos4x = ( 2 – sin22x)sin3x (2điểm) Ta có phương trình 1 2 ( 2 – sin22x)(1 – 2 sin3x) = 0 2 sin3x = ( do ( 2 – sin22x 2 1) 0.50 2 1 0 3sinx – 4sin3x = . Thay sinx = . 1 vào đều không thỏa mãn. 0.25 2
π 2k π 5π k 2π Vậy các nghiệm của PT là x = + ;x = +8 (k Z) 0.25 18 3 18 3 2. (1 điểm) ĐK: x + y ể 0 3 x 3( x + y ) 2 + ( x − y ) 2 + =7 + ( x + y)2 + • Ta có hệ ệ + +x + y + 1 + x − y = 3 + x+ y 0.25 + u3u + v = 13 2 2 1 • Đặt u = x + y + x + y ( u u 2 ) ; v = x – y ta được hệ : + +u + v = 3 0.25 • Giải hệ ta được u = 2, v = 1 do ( u u 2 ) 1 x �+ y+ =2 � + y =1 � =1 x x x x+ y • Từ đó giải hệ � � � � � �− y =1 �=0 x y �− y =1 −x 0.5 π III − u ⇒ dx = - du Đặt x = 2 (1 π π Đổi cận: x = 0 π u = ⇒u = 0 điểm) ;x= 2 2 π π π sin( − u )du 2 2 cosxdx 2 Vậy: I = � =� � 0 ( sinx + cosx ) 3 3 π π 0� � � � � � � − u � cos � − u � + sin � 2 2 �� 0.50 � π� π π tan � − � π π x 2 dx � 4 � =1 2 2 s inx + cosx dx =� = Vậy : 2I = � 2 dx = � π� 0 2cos 2 � − 2 0 ( sinx + cosx ) 2 (s inx + cosx) 2 x 0 � � 0 � 4� 1 �I = 0.50 2 IV Döïng SH ⊥ AB S (1 ° Ta coù: điểm) (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) �(ABC) = AB, SH �(SAB) � SH ⊥ (ABC) vaø SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. ° Döïng HN ⊥ BC, HP ⊥ AC ⊥ ⊥ B � SN ⊥ BC, SP ⊥ AC � SPH = SNH = α N ° ΔSHN = ΔSHP ⇒ HN = HP. H C ϕ a3 P ° ΔAHP vuoâng coù: HP = HA.sin60o = . 4 A 0.50 0.50 a3 ° ΔSHP vuoâng coù: SH = HP.tanα = tanα 4 ° Theå tích hình choùp
a2 3 a3 1 1a 3 S.ABC : V = .SH.SABC = . .tanα. = tanα 3 34 4 16 • Với n = 2 thì BĐT cần chứng minh đúng V (1 điểm) 0.25 • Xét n > 2 khi đó ln(n – 1) > 0 BĐT tương đương với: ln(n + 1) ln n > (1) ln(n − 1) ln n 0.25 ln x • Hàm số f(x) = , với x > 2 là hàm nghịch biến, nên với n > ln( x − 1) ln(n + 1) ln n 2 thì f(n) > f(n+1) + ln(n − 1) > ln n . BĐT (1) được chứng minh. 0.50 uuu r A � , B �Oy � A ( a;0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( − a; b ) VI.a Ox (1 điểm) 0.25 r Vectơ chỉ phương của d là u = ( 1; 2 ) � b� a Toạ độ trung điểm I của AB là � ; � 0.25 � 2� 2 A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi −−a + 2b = 0 uuu r r − AB.u = 0 =a = −4 � � �� b �� . Vậy A ( −4;0 ) , B ( 0; −2 ) −b = −2 −a − 2 + 3 = 0 −I − d − 0.50 VII.a 18 � 1� Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của � x + 5 � là 2 x� � (1 điểm) k 6k �1 � 18 − Tk +1 = C . ( 2 x ) 18 − k . � �= C18 .218− k .x 5 k k 18 5 0.50 �x� 6k Số hạng không chứa x ứng với k thoả mãn 18 − = 0 � k = 15 . 5 Vậy số hạng cần tìm là T16 = C .2 = 6528 15 3 0.50 18 • Lời giải: ĐK x > 0. VIII. Đặt t = log4x x x = 4t, BPT trở thành log5(3 + 2t) > t ) 3 + 2t >5t a 3 2 3 2 + ( )t > 1 . Xét hàm số f(t) = t + ( )t nghịch biến trên R và f(t) = 1 t (1 t 5 5 5 5 điểm) Nên bất phương trình trở thành: f(t) > f(1) ở t < 1, ta được log4x < 1 x 0
x −1 y + 4 VI.b = � 1� Đt BC đi qua B ( 1; −4 ) và M � �nên có pt: 9 � 9 x − 2 y − 17 = 0 2; 1 (1 � 2� 2 điểm) � 9t − 17 � C �BC � C � �t �� t; , 0.50 �2� uuu r uuu � 9t − 25 � r uuu uuu rr AB = ( 2; −8 ) ; AC = �+ 1; � Vì tam giác ABC vuông tại A nên AB. AC = 0 t . 2� � 9t − 25 = 0 � t = 3. Vậy C ( 3;5 ) Suy ra t + 1 − 4. 0.50 2 Điều kiện n n 4, n n . VII.b n Ta có: ( x + 2 ) = + Cn x 2 k 2n − k . Hệ số của x8 là Cn .2n − 4 n (1 2 k 4 điểm) 0.50 k =0 A − 8C + C = 49 � ( n − 2 ) ( n − 1) n − 4 ( n − 1) n + n = 49 � n − 7 n + 7 n − 49 = 0 3 2 1 3 2 n n n � ( n − 7 ) ( n2 + 7 ) = 0 � n = 7 Vậy hệ số của x8 là C74 .23 = 280 0.50 VIII. −x + 4x + 3 2 7 . Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho. y= = −x + 2 + x−2 x−2 b 7 M ( x; y ) M(C) � y = − x + 2 + . (1 x−2 điểm) Tiệm cận xiên: y = − x + 2 � x + y − 2 = 0 ; Tiệm cận đứng: x = 2 0.50 x+ y−2 7 Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là: d1 = = . 2. x − 2 2 Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là: d 2 = x − 2 . 7 7 Ta có: d1.d 2 = 2. x − 2 . x − 2 = 2 . Suy ra điều phải chứng minh 0.50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------ x +1 2 (9 x − 2.3x − 3) log 3 ( x − 1) + log 1 27 = .9 − 9x 2 3 3