intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề tham khảo toán đại học 2012_Đề số 05

Chia sẻ: Bibi_3 Bibi_3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

62
lượt xem
10
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề tham khảo toán đại học 2012_đề số 05', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề tham khảo toán đại học 2012_Đề số 05

  1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI THAM KHẢO I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) CâuI: Cho hàm số y  x 3  2 mx 2  (m  3) x  4 có đồ thị là (Cm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 1. 2) Cho (d ) có phương trình y = x + 4 và điểm K(1; 3). Tìm các giá trị của tham số m sao cho (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C sao cho tam giác KBC có diện tích bằng 8 2 . Câu II: 1) Giải phương trình: cos 2 x  5  2(2 - cos x)(sin x - cos x)  x 2  1  y( x  y )  4 y 2) Giải hệ phương trình:. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:  2 (x, y  R ) ( x  1)( x  y  2)  y  1 2 2 CâuIII 1) Tính tích phân I =  sin x  sin x  dx  2 6 2) Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực: 2 2 91 1 x  ( m  2)31 1 x  2 m  1  0 Câu IV: Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 600, ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) x2  y2  1 . C©u V.a 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc Oxy cho parabol (P): y  x 2  2 x vµ elip (E): 9 Chøng minh r»ng (P) giao (E) t¹i 4 ®iÓm ph©n biÖt cïng n»m trªn mét ®­êng trßn. ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua 4 ®iÓm ®ã. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ trôc Oxyz cho mÆt cÇu (S) cã ph­¬ng tr×nh x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  6 z  11  0 vµ mÆt ph¼ng () cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y - z + 17 = 0. ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng () song song víi () vµ c¾t (S) theo giao tuyÕn lµ ®­êng trßn cã chu vi b»ng 6. n  1 2 C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña  x     24 x   2 n1 n 6560 22 1 23 2 0 biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: 2Cn  Cn  Cn    Cn  n 1 n 1 2 3 k ( Cn lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö) CâuVb: 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương x 1 y z 1 . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới  trình 2 1 3 (P) là lớn nhất. 3 2.Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2;–3), B(3;–2),  ABC có diện tích bằng ; trọng tâm G của 2  ABC thuộc đường thẳng (d): 3x – y – 8 = 0. Tìm bán kính đường tròn nội tiếp  ABC.
  2. CâuVIb: : Tìm các số thực b, c để phương trình z2 + bz + c = 0 nhận số phức z = 1 + i làm một nghiệm. ………………………………………… HƯỚNG DẨN GIẢI I:PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) CâuI.1.(Học sinh tự giải) 2)Phương trình hoành độ điểm chung của (Cm) và d là: x  0 x 3  2mx 2  (m  3) x  4  x  4 (1)  x ( x 2  2 mx  m  2)  0   2  g( x )  x  2 mx  m  2  0 (2) (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0.  /  m 2  m  2  0 m  1  m  2 ( a) .   m  2  g(0)  m  2  0 1 3  4  2 Do đó: SKBC  8 2  1 BC.d(K, d)  8 2  BC  16  BC2  256 Mặt khác: d (K , d )  2 2 2 2  ( x B  xC )  ( yB  yC )  256 với xB , xC là hai nghiệm của phương trình (2).  ( x B  xC )2  (( x B  4)  ( xC  4))2  256  2( x B  xC )2  256  ( x B  xC )2  4 x B xC  128  4 m 2  4( m  2)  128  m 2  m  34  0  m  1  137 (thỏa ĐK (a)). Vậy m  1  137 2 2 CâuII:1. Phương trình  (cosx–sinx)2 - 4(cosx–sinx) – 5 = 0   cos x - sin x  -1  ) 1 sin(x   )  sin  x  2  k2 (k Z)  2sin(x   4 4 4 x    k2  cos x - sin x  5(loai vi cos x - sin x  2 )  2  x 1  ( x  y  2)  2  x2  1 y §Æt u  ,v  x  y  2 2) HÖ ph­¬ng tr×nh t­¬ng ®­¬ng víi  2 y  x  1 ( x  y  2)  1 y  x2  1 1 u  v  2  Ta cã hÖ  Suy ra  y .  u  v 1 uv  1 x  y  2  1  Gi¶i hÖ trªn ta ®­îc nghiÖm cña hpt ®· cho lµ (1; 2), (-2; 5)   1 3 2 3 2 2 I =  sin x  sin x  dx =   sin x  cos 2 x  dx . Đặt cos x   cos t CâuIII:1. Ta có:  2 2 2  6 6     2  t  ; khi x   cos t  0  t  . Đổi cận: Khi x   cos t  2 2 6 2 4  2 3 3   sin 2 tdt =   2  . Do vậy: I  16 2 4 2. Tìm các giá trị của tham số thực m sao cho phương trình sau có nghiệm thực:
  3. 2 2 91 1 x  ( m  2)31 1 x  2 m  1  0 (1) 1 x 2 * Đk x  [-1;1] , đặt t = 31 ; x  [-1;1]  t  [3;9] t 2  2t  1 2 2 Ta có: (1) viết lại t  ( m  2)t  2 m  1  0  (t  2)m  t  2t  1  m  t2 t  1 2 2 t  4t  3 / t  2t  1 f / (t )  , với t  [3;9] . Ta có: , f (t )  0   Xét hàm số f(t) = t  3 t2 (t  2) Lập bảng biến thiên t 3 9 f/(t) + 48 f(t) 7 4 Căn cứ bảng biến thiêng, (1) có nghiệm x  [-1;1]  (2) có nghiệm t  [3;9]  4  m  48 7 CâuIV:Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra: SM =AM = a 3 ; AMS  600 và SO  mp(ABC) 2 S = 3a  d(S; BAC) = SO 4 Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC 3  VS.ABC = 1 SABC .SO  a 3 (đvtt) 3 16 1S Mặt khác, VS.ABC = SAC .d ( B; SAC ) 3 SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = a 3 A C 2 2 O  S SAC  a 13 3 M 16 B 3VS . ABC  3a (đvđd). Vậy: d(B; SAC) = SSAC 13 II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) C©u V.a 1ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña(E) vµ (P) Hoµnh ®é giao ®iÓm cña (E) vµ (P) lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh x2  (x 2  2 x) 2  1  9 x 4  36 x 3  37x 2  9  0 (*) 9 XÐt f (x)  9 x 4  36 x 3  37x 2  9 , f(x) liªn tôc trªn R cã f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < 0 suy ra (*) cã 4 nghiÖm ph©n biÖt, do ®ã (E) c¾t (P) t¹i 4 ® iÓm ph©n biÖt y  x 2  2 x  To¹ ®é c¸c giao ®iÓm cña (E) vµ (P) tháa m·n hÖ  x 2 2  y 1 9 2 8x  16x  8y  9 x 2  9 y 2  16x  8y  9  0 (**)  2 2 x  9 y  9
  4. 8 4 161 (**) lµ ph­¬ng tr×nh cña ®­êng trßn cã t©m I   ;  , b¸n kÝnh R = 9 9 9 Do ®ã 4 giao ®iÓm cña (E) vµ (P) cïng n»m trªn ®­êng trßn cã ph­¬ng tr×nh (**) 2.ViÕt ph­¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ().... Do () // () nªn () cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z + D = 0 (D  17) MÆt cÇu (S) cã t©m I(1; -2; 3), b¸n kÝnh R = 5 §­êng trßn cã chu vi 6 nªn cã b¸n kÝnh r = 3. Kho¶ng c¸ch tõ I tíi () lµ h = R 2  r 2  5 2  3 2  4 2.1  2(2)  3  D D  7  4   5  D  12   Do ®ã D  17 (lo¹i) 2 2  2 2  (1) 2 VËy () cã ph­¬ng tr×nh 2x + 2y – z - 7 = 0 n  1 2 C©u VI.a T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña  x  ,   24 x   2 n1 n 6560 22 1 23 2 0 biÕt r»ng n lµ sè nguyªn d­¬ng tháa m·n: 2Cn  Cn  Cn    Cn  n 1 n 1 2 3 BG: Ta có 2 2 2 1 1 1     C n x n1  C  C x  C x    C x dx   C 0 x  C 1 x 2  C 2 x 3    n 0 1 2 2 n n I   (1  x ) dx   n n n n n n n n n 1 2 3  0 0 0 2 n 1 n 22 1 23 2 suy ra I  2C 0  Cn  Cn  C n (1) n n 1 2 3 3 n1  1 1 2 (1  x) n 1  MÆt kh¸c I  (2) n 1 n 1 0 2 n 1 n 3 n1  1 22 23 Tõ (1) vµ (2) ta cã  2C 0  C 1  C 2    Cn  n n n n 1 n 1 2 3 n 1 3  1 6560  3 n1  6561  n  7  Theo bµi ra th× n 1 n 1 7 k 14 3 k 7 7  1 7 k  1  1k  k Ta cã khai triÓn  x  4    C 7 x  4    k C 7 x 4     02 2 x 2 x   0 14  3k Sè h¹ng chøa x2 øng víi k tháa m·n 2k 2 4 1 21 VËy hÖ sè cÇn t×m lµ 2 C 2  7 4 2 CâuVb *1.Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách giữa d và (P) là khoảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véctơ pháp tuyến.    Mặt khác, H  d  H (1  2t ; t;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên AH  d  AH.u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)  H (3;1;4)  AH (7;1;5) Vậy: (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) = 0  7x + y – 5z –77 = 0
  5. ab5 2 SABC 2.*Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =  AB 2 a  b  8(1)    Trọng tâm G a  5 ; b  5  (d)  3a –b =4 (3)  ab5  3   ;  a  b  2(2) 3 3 Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r = S  3 p 2  65  89 Từ (2), (3)  C(1; –1)  r  S  3 . p 2 2 5 CâuVIb: Vì z = 1 + i là một nghiệm của phương trình: z2 + bx + c = 0 ( b, c  R), nên ta có : b  c  0 b  2 2 1  i   b 1  i   c  0  b  c   2  b  i  0    2  b  0 c  2
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
9=>0