Đề tham khảo toán đại học 2012_Đề số 05

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

Thêm vào BST

Báo xấu

63
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:

Bình luận(1) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

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

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.
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:
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
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
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