ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 16

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

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 24
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 - 16.

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 - 16

ĐỀ THI TUYÊN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2009 - 2010 ̉ ĐỀ THAM KHAO 16 ̉ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN BẮT BUỘC (7 điểm) Câu I. (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 đường thẳng y = x. Câu II (2.0 điểm ) 4 + 2sin 2 x 3 + − 2 3 = 2(cotg x + 1) 2 sin 2 x cos x 1. Giải phương trình: . 3 3 2 x x − y + 3 y − 3x − 2 = 0 − 2. Tìm m để hệ phương trình: − 2 có nghiệm thực. 2 2 +x + 1 − x − 3 2 y − y + m = 0 x + 1 − cos x Câu III (1.0 điểm) Tính giới hạn sau: lim x x →0 Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mp(SAC) Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 P= + + 1 + xy 1 + yz 1 + zx PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2 điểm) 1. Cho đường tròn (C ): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: x + y – 1 = 0. Xác định toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C ) biết A thuộc d. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương x y +1 z − 2 = = trình: (P): 2x − y − 2z − 2 = 0; (d): . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng −1 2 1 (d), cách mp (P) một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 3. 12 � 4 1� Câu VIIa. (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển Newton: �− x − � 8 1 x� � Phần B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb. (2 điểm) 1. Trong mp Oxy cho đường tròn (C ): x2 + y2 = 1. Đường tròn (C’) tâm I(2;2) cắt (C ) tại các điểm A, B sao cho AB = 2 . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương x y +1 z − 2 = = trình: (P): 2x − y − 2z − 2 = 0; (d): . Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng −1 2 1 (d) và tạo với mặt phẳng (P) một góc nhỏ nhất. Câu VIIb. (1 điểm)
ln(1 + x ) − ln(1 + y) = x − y Giải hệ phương trình:  2 x − 12 xy + 20 y = 0 2 Điể Nội dung Câu m I 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 − 3x2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2 − 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞ ) 0.25 Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm 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� 3 4� Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim x �− + 3 � i =m 1 0.25 � x x� xx i l m x LËp BBT: x 2 0 +∞ −∞ − 0 y’ + + 0 0.2 +∞ 4 5 y − 0 ∞ §å thÞ: 0 .2 y 5 x O
=x = 0 2/. Ta có: y’ = 3x2 − 6mx = 0 ⇔ = =x = 2m 0.25 Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0. Gir sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) ⇒ ả uuu AB = (2m; −4m3 ) 0.25 Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3) Điều 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 m m − 4m3 = 0 −2 −− 3 =2m = m 2 Giải ra ta có: m =. ;m=0 0.25 2 2 Kết hợp với điều kiện ta có: m =. 2 II π 2/. Đk: x π k 0.25 2 Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 4 3 1 + tg2 x + − 2 3 = 2cotg x sin 2 x 0.25 2(sin 2 x + cos 2 x) 2 � 3tg x + − 3 = 2cotg x sin x cos x � 3tg2 x + 2tg x − 3 = 0 π π πtg x = − 3 x = − + kπ = = 3 1= = ⇔= 0.25 =x = π + k π tg x = = = 3 =6 π π KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x = + k ; k∈Z 0.25 6 2 x 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 y1 −yx 2 0 −−1 x 1 + − −� Điều kiện: � −2 y −yy 0 −0 �y 2 y 2 Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 −3y2. 0.25 Hàm số f(u) = u3 −3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 0.25 (1) ⇔ y = t ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ x 2 − 2 1 − x 2 + m = 0
Đặt v = 1 − x 2 ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 = m. Hàm số g(v) = v2 + 2v −1 đạt min g (v) = −1; m ax g (v) = 2 0.25 [0;1] [0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi − ≤ m≤ 2 1 = x = −t = 1/. Đường thẳng (∆ ) có phương trình tham số là: = y = −1 +R t ; t 2 R 0.25 =z = 2 + t = Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(− ; − + 2t; 2+ t)∈(∆ ). t1 Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: 2 t =t = 3 | −2t + 1 − 2t − 4 − 2t − 2 | | 6t + 5 | 0.25 d ( I ; ∆) = = = 3⇔ = =t = − 7 3 3 = 3 � 2 1 8� � 17 1 � 7 ⇒ Có hai tâm mặt cầu: I � ; ; �v3 I � ; − ; − � − � 3 3 3� � 3 7� 3 0.25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5. Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 2 2 0.25 � 2� � 1� � 8� � 7 � � 17 � � 1 � � + �+ � − �+ � − �= 25 v3 � − �+ � + �+ � + �= 25 x y z x y z � 3� � 3� � 3� � 3� � 3 � � 3� III +2 x + y + 1 = 0 r 2/. Đường thẳng (∆ ) có VTCP u = (−1;2;1) ; PTTQ: + +x + z − 2 = 0 0.25 r Mặt phẳng (P) có VTPT n = (2; −1; −2) | −2 − 2 − 2 | 6 Góc giữa đường thẳng (∆ ) và mặt phẳng (P) là: sin α = = 3 3. 6 0.25 ⇒ Góc giữa mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) cần tìm là 6 3 cos α = 1 − = 9 3 Giả sử (Q) đi qua (∆ ) có dạng: m(2x + y + 1) + n(x + z − 2) = 0 (m2+ n2 > 0) ⇔ (2m + n)x + my + nz + m −2n = 0 0.25 | 3m | 3 Vậy góc giữa (P) và (Q) là: cos α = = 3 3. 5m 2 + 2n 2 + 4mn ⇔ m2 + 2mn + n2 = 0 ⇔ (m + n)2 = 0 ⇔ m = − . n 0.25 Chọn m = 1, n = − ta có: mặt phẳng (Q) là: x + y − z + 3 = 0 1, 1/. Phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x = 2 là: y = 4x − 4 IV 0.25
2 2 �4 � V = π � x dx − �x − 4) 2 dx � � (4 Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm là: 0.25 � � � � 0 1 � 5 2 16 3 2 � 16π x = π � − ( x − 1) � = 0.5 50 3 1 � 15 � �1 1� 1 2/. Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ] � + +1 9 0.25 1 + xy 1 + yz 1 + zx � � � 9 9 ۳�P 0.25 3 + xy + yz + zx 3 + x2 + y 2 + z 2 93 ⇒PP = 0.25 62 3 Vậy GTNN là Pmin = khi x = y = z 0.25 2 1/. Giả sử đường thẳng (∆ ) có dạng: 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 = − A. 2 0.25 Với C = − A ⇒ A = B = 0 (loại) 2 2A Với C = 4A ⇒ B == V 3 ⇒ Đường thẳng đã cho có phương trình: 0.25 2A 23 Ax �+= y += A 0 ۱4 x y40 3 3 23 y+4=0 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm: x x 0.25 3 V 0.25 12 12 k � 12 �4 1 � � �4 1 � 1� k� Ta có: � + − 1� = �− � + � = �−1)12−k C12 � 4 + � x 1x ( x � x � �� x � k =0 x� � � �
i 12 k � 12 k � (x ) 1 4 k −i � = �−1) � �= � ( −1) C12Ck x � 12−k k i 4k −4i x −i 12−k k i ( C12 Ck x � � k =0 i =0 k =0 i =0 0.25 12 k = � (−1)12−k C12Ck x 4 k −5i � ki k =0 i =0 Ta chọn: i, k ∈N, 0 ≤ i ≤ k ≤ 12; 4k −5i = 8 0.25 ⇒ i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k 12 2 0 7 4 12 8 Vậy hệ số cần tìm là: C12 .C2 − C12 .C7 + C12 .C12 = −27159 0.25