ĐỀ THAM KHẢO MÔN TOÁN ÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 - 17

Chia sẻ: Vo Anh Hoang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

116
lượt xem 17
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 - 17.

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 - 17

ĐỀ THI TUYÊN SINH ĐẠI HỌC - NĂM HỌC 2009 - 2010 ̉ ĐỀ THAM KHAO 17 ̉ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN TỰ CHỌN: (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 diểm) y x 2 + xy + 2 y = 2 y 2 + 2 x + 1.Giải hệ phương trỡnh: + . − y x − y + 1 + x = 2. π π 2. Giải phương trình sau: 4 cos 2 x ( sin x + cos x ) = 3 sin(2 x + ) + cos(2 x + ) 4 4 3 3 π 3s inx − cos x 2 I=+ Câu III.(1 điểm) .Tính tích phân sau: dx 0 s inx + cos x + 2 Câu IV.(1 điểm) Cho tứ diện ABCD có góc ABC = BAD = 900 ; CAD = 1200 .AB = a, AC = 2a, AD = 3a. Tính thể tích tứ diện ABCD đó Câu IV. (1 điểm) Cho . 0
4 − x3 y + x 2 y 2 −1 3 y − x 2 + xy +1 + ex = x 4 + x 2 y 2 + xy − x 2 + 2 ex -HÕt híng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm =x = 0 2. (1 điểm) y = 4 x − 4mx = 4 x ( x − m ) =x ' 3 2 0 =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 • 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 1 • SVABC = yB − y A . xC − xB = m 2 m ; AB = AC = m4 + m , BC = 2 m 2 ( m4 + m ) 2 m = 1 � m3 − 2m + 1 = 0 � =m = 1 AB. AC.BC + R= =1� • −m = 5 − 1 4 SVABC 2 4m m = 2 CâuII 1 ĐK: x-y+1 0 0 . � x 2 − y 2 + xy − y 2 + 2( y − x) = 0 � ( x − y )( x + y + y − 2) = 0 Ta có (1) � x = y �x = 2 − 2 y Với x=y, (2) � x x − x + 1 + x = 2 � x = 1 � x = y = 1 là 1 nghiệm. Với x=2-2y, =x = 2 =y = 0 �= 8 (2) � y 2 − 2 y − y + 1 + 2 − 2 y = 2 � y 3 − 3 y = 2 y � � 3 − 3y = 4 � = x = =3 KL: Hệ có 3 nghiệm (1;1); (2;0); (8/3;-1/3). 0.25 2.(1 §i m ) + PT : (1) � 2 cos 2 x(1 − 1 sin 2 2 x ) = 3 sin(2 x + π ) + 1 cos(2 x + π ) Ó 2 2 32 3 0.25 π π π π � cos 2 x(2 − sin 2 2 x) = cos sin(2 x + ) + sin cos(2 x + ) 6 3 6 3 π � cos 2 x(2 − sin 2 2 x) = sin(2 x + ) 2 0.25 � cos 2 x(2 − sin 2 x) = cos 2 x 2 = cos 2 x = 0 π π � cos 2 x = 0 � x = + k (k �Z ) �� 0.25 −2 − sin 2 x = 1 2 4 2 π π V Ëy PT cã m ét ä nghi m : x = +k (k Z ) k h Ö 4 2 2
( ) C©u π s inx + cos x + 2 − 2 ( cos x − s inx ) − 2 2 III 0.25 I =� dx ( ) s inx + cos x + 2 0 π π π ( cos x − s inx ) 2 2 2 dx = � − 2� dx − 2 � dx ( ) 0 s inx + cos x + 0 s inx + cos x + 2 2 0.25 0 π π π 2 dx − 2 ln s inx + cos x + 2 − 2 � = 2 π � � 2 0 2 �os( x − ) + 1� c 0 4 � � π 0.5 π π 2 π xπ π π 1 dx = − 2 � + 2) − ln(1 + 2) � − − ln(1 = − tan( − ) = − 2 tan 2 � �2 xπ 0 2 )2 28 2 8 0 cos 2 ( − 28 C©uIV (1 A §iÓm) N I M B D C +Gäi M;N lµ c¸c ®iÓm thu«c c¹nh AC vµ AD sao cho AM=AN=a 0.25 Ta cã : MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 AM . AN cos1200 = 3a 2 � MN = a 3 1 + BN = a 2 ; BM = AC = a Suy ra : MN 2 = BM 2 + BN 2 ,Do ®ã tam gi¸c 2 2 BMN vu«ng t¹i B. � S ∆BMN = 1 BN .BM = a 2 2 2 0.25 a2 + GoÞ I lµ trung ®iÓm cña MN, ta cã: AI 2 = AN 2 − IN 2 = 4 XÐt tam gi¸c BMN cã BI lµ trung tuyÕn nªn ta cã : BM 2 + BN 2 MN 2 3a 2 BI 2 = − = 2 4 4 DÔ thÊy AI + BI = a = AB 2 suy ra tam gi¸c AIB vu«ng t¹i I 2 2 2 Nh vËy AI ⊥ BI ; AI ⊥ MN � AI ⊥ ( BMN ) suy ra AI lµ §êng cao cña tø 0.25 diÖn ABMN 2 3 + Khi ®ã VABMN = 1 AI .S ∆BMN = 1 . a . a 2 = a 2 3 32 2 12 0.25 V AB AM AN 1 3 3 = � VABCD = 6VABMN = 6. a 2 = a 2 + MÆt kh¸c ABMN = . . VABCD AB AC AD 6 12 2 3
Cho 0
�b−4 = 2 � = 3(loai ) 2b − 4 2 b = 2 �� theo gi¶ thiÕt d ( I ; AC ) = 2 � 0.25 �b − 4 = −2 � b =1 2 2 Víi b =I1 I (1;1) . Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC Kthuéc d 2 suy ra K(m;2m) 0.25 uur uuu r Ta cã: IK = (m − 1;1 − m); KC = (3 − m; m − 1) =m = 1 uu uuu rr IK ⊥ BC � IK .KC = 0 � m 2 − 3m + 2 = 0 � � =m = 2 + Víi m=1,K(1;1) suy ra B(1;1) + Víi m=2; K(2;0) suy ra B(1;1) 1. ( 1 ®iÓm) 0.25 = x = 1− t = + d1 cã PTTS : = y = 3 + t ; =z = 1 + 2t = uu r x y −1 z = = d d 2 cã VTCP lµ: u2 = (4;1; 2) d 2 cã PT: 4 1 2 d A(1;4;3) d1 B d'1 M 0.25 d2 0.25 Gäi B = d �d1 � B �d1 , B(1t;3+t;1+2t) 0.25 uuu r Ta cã : AB = (−t ; t − 1; 2t − 2) uuu uu rr uuu r + d ⊥ d 2 � AB ⊥ d 2 � AB.u2 = 0 � t = 5 suy ra AB = (−5; 4;8) uuu r VËy ;d cã VTCP AB = (−5; 4;8) vfa ®i qua A(1;3;4) x −1 y − 4 z − 3 = = PT cña d lµ : −5 4 8 +BPT � log 4 ( 12 + 1) � 4 13 � 12 x + 1 � x C©uVI 0.25 x x log 13 Ia x x 12 1 �� (1§iÓ 0.25 � � �+ � �� (1) 1 m) 13 13 �� 1 1 �� 1 12 NÕu x x 1 th× VT � ++ � � 1 0.25 = �� x 1 lµ nghiÖmcña BPT � 13 13 �� 0.25 1 1 12 1 NÕu x x 1 Th× VP < � �+ � �= 1 � x > 1 kh«ng ph¶i lµ nghiÖm cña �� 13 13 �� BPT VËy nghiÖm cña BPT lµ: x x 1 C©uVI 1.(1®iÓm) 5
.b (2® i Ó m) A (1;1) D B (3;2) H M(0;1) C D 0.25 uuur r Ta cã AB(2;1) l VTCP cña DC suy ra VTPT cñ a DC l : n(1; −2) µ µ 2 PT DC l : x2y1= 0 ; d ( B, DC ) = µ 5 a) vµ MC = 5 a V× C thu é c DC suy ra C (2a+ 1; = a=3 1 12 0.25 S ∆BMC = d ( B, DC ).MC � 3 = . . 5 a � a =3� � =a = −3( Loai ) 2 25 Víi a= 3 suy ra C(7;3) 3 Gäi I lµ trung ®iÓm cña AB I I (2; ) 0.25 2 Gäi H l¶tung ®iÓm cña DC suy ra H thuéc DC nªn H(2b+1;b) uur u uur uuu ur 3 7 7 + Ta cã : IH = (2b − 1; b − ) Vµ IH ⊥ AB � IH . AB = 0 � 5b = � b = 2 2 10 −11 −8 12 7 VËy H ( ; ) khi ®ã D ( ;) 5 10 55 PT AD lµ : 13x16y+3=0 0.25 2.(1®iÓm) A(1;3;2) H d C K B 0.25 r +Ta cã ( α ) cã VTPT lµ : n = (2; −1; 2) lµ VTCP cña AC. = x = 1 + 2t = Pt AC lµ : = y = 3 − t =z = 2 + 2t = 0.25 5 + Gäi H lµ trung ®iÓm cña AC suy ra H = AC �( α ) � H (2; ;3) 2 Suy ra C(3;2;4) 6
= x = 2t ' = 0.25 +d cã PTTS lµ : = y = −1 + 2t ' B thuéc d nªn B(2t’;2t’1;t’) = z =t' = 2t '+ 3 2t '+ 1 t '+ 4 Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC ta cã K ( ; ; ) 2 2 2 uuur 2t '+ 1 2t '− 5 t ' uuu r AK = ( ; ) BC = (3 − 2t ';3 − 2t '; 4 − t ') ; 2 2 2 0.25 =t ' = 2 uuu uuu rr Tam gi¸c ABC c©n � AK ⊥ BC � AK .BC = 0 � 3t ' − 8t '+ 4 = 0 = = 2 =t ' = 2 = 3 +Víi t’=2 B B (4;3; 2) 2 412 +Víi t ' =B B( ; ; ) 3 333 Câu VIIb : (1,0 điểm) Tìm các cặp số thực (x ; y) thỏa mãn phương trình sau: 4 − x3 y + x 2 y 2 −1 3 y − x 2 + xy +1 + ex = x 4 + x 2 y 2 + xy − x 2 + 2 ex + Đặt x 4 − x 3 y + x 2 y 2 − 1 = u , x 3 y − x 2 + xy + 1 = v PT trở thành eu + ev = u + v + 2 (2) f f (t ) f 0, ∀t + Xét f(t)=et - t - 1. Chứng tỏ được f � (t ) = 0 � t = 0 f Từ đó PT (2) ⇔ u = v = 0 ( ) x x 2 − xy 2 = 1 − x 3 y x x − x y + x y −1 = 0 − − 4 3 2 2 − − + Giải hệ − 3 −x 2 − xy = 1 + x3 y . − −x y − x + xy + 1 = 0 2 x x 2 − xy = a =a = 1 =a = −2 − Đặt − 3 = = , giải ra ta được hoặc =b = 0 =b = −3 =x y = b + Thay trở lại tìm được hai cặp (x;y) là (1;0) và (-1;0) . Kết luận Câu VIIa : (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập các số phức biết nó có một nghiệm thực: z 3 − (5 + i ) z 2 + 4(i − 1) z − 12 + 12i = 0 + Gọi nghiệm thực đó là a thay vào pt suy ra hệ 0,25 aa 3 − 5a 2 − 4a − 12 = 0 − �a=6 �2 −−a + 4a + 12 = 0 + Khi đó PT đã cho tương đương với ( ) ( z − 6 ) z 2 + (1 − i) z − 2i + 2 = 0 =z = 6 0,25 = =2 +z + (1 − i ) z − 2i + 2 = 0 7
0,5 + Giải ra được các nghiệm là 2i và -1-i . Kết luận 6, 8