Đề tham khảo toán đại học 2012_Đề số 07

Chia sẻ: Bibi_3 Bibi_3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

58
lượt xem 14
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 07', 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 07

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 4 3 2 Bài 1: Cho hàm số y  x  mx  2x  3mx  1 (1) . 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0. 2). Định m để hàm số (1) có hai cực tiểu. 23 2 Bài 2: 1). Giải phương trình cos3xcos3x – sin3xsin3 x = 8 2). Giải phương trình: 2x +1 +x x 2  2   x  1 x 2  2x  3  0 Bài 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1). 1). Viết phương trình của mặt phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD. 2). Giả sử mặt phẳng (  ) đi qua D và cắt ba trục tọa độ tại các điểm M, N, P khác gốc O sao cho D là trực tâm của tam giác MNP. Hãy viết phương trình của (  ).  2 Bài 4: Tính tích phân: I    x  1 sin 2xdx . 0    Bài 5: Giải phương trình: 4 x  2 x 1  2 2 x  1 sin 2 x  y  1  2  0 . 2 2 Bài 6: Giải bất phương trình: 9 x  x 1  1  10.3x  x2 . Bài 7: 1). Cho tập A gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con không rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập A. Hãy tính xem có bao nhiêu t ập con như vậy. 1 3 i . Hãy tính : 1 + z + z2. 2). Cho số phức z    22 Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA' = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan  và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C. -----------------------------------------------------------Hết--------------------------------------------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: 1) ( Các bước khảo sát HS tự thực hiện) Khi m = 0 hàm số viết lại:y = x4 – 2x2 +1 = (x2 -1 )2 (C) Bảng biến thiên:
+ Đồ thị hàm số có điểm cực đại D(0;1), hai điểm cực tiểu T1(-1;0) và T2(1;0), 2 điểm uốn:  3 4  3 4 U1   ;  ,U 2  ;  3 9  3 9 2) y  x 4  mx 3  2x 2  2mx  1 (1) Đạo hàm y /  4x 3  3mx 2  4x  3m  (x  1)[4x 2  (4  3m)x  3m] x  1 y/  0   2   4x  (4  3m)x  3m  0 (2)  y có 3 cực trị  y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt  Hàm số có 2 cực tiểu    (3m  4)2  0 4 m .  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1   3  4  4  3m  3m  0 4 Giả sử: Với m   , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x 2 , x 3 3  Bảng biến thiên: x - x1 x2 x3 + y/ - 0 + 0 - 0 + CĐ y + + CT CT  Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. 4 Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m   . Kết luận: 3 Bài 2: 23 2 23 2 1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3 x =  cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 8 8   23 2 2  cos2 3x  sin 2 3x+3 cos3xcosx  sin 3xsinx    cos4x   x    k ,k  Z . 2 2 16 2 2) Giải phương trình : 2x +1 +x x 2  2   x  1 x 2  2x  3  0 . (a)  v 2  u2  2x  1  u  x 2  2, u  0  u2  x 2  2     2  * Đặt:  v 2  u2  1 2 2  v  x  2x  3  x  2 v  x  2x  3, v  0   2   Ta có:  v2  u2 1   v2  u2 1   v2  u2  u  v2  u2  v (a)  v2  u2   1.v  0 v2  u2   .u   .u    .v   0      2 2 2  2 2 2        v  u  0 (b)   v  u  1   (v  u) (v  u) 1      0  (v  u)1  v  u   1  0 (c) 2  2      22    Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm.  Do đó:
1 x 2  2x  3  x 2  2  x 2  2x  3  x 2  2  x   (a)  v  u  0  v  u  2 1 Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =  . 2 Bài 3:      AB   2;0;2     AB, CD    6; 6;6  . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD 1) + Ta có     CD   3;3;0    có một VTPT n  1;1; 1 và A(-1; -1; 0) thuộc (P) có phương trình: x + y – z + 2 = 0.(P) Thử tọa độ C(2; -2; 1) vào phương trình (P)  C không thuộc (P), do đó (P) // CD.       AB.CD 1      AB, CD   600 + cos  AB, CD   cos AB, CD  AB.CD 2 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.        DP  1; 1; p  1 ; NM   m; n;0   DP.NM  m  n   Ta có :          .  DN  1; n  1; 1 ; PM   m;0;  p   DN .PM  m  p   Mặt khác: 1 1 1 xyz Phương trình mặt phẳng (  ) theo đoạn chắn:    1 . Vì D (  ) nên:   1. mnp mnp   mn  0         DP  NM  DP.NM  0  m  3    D là trực tâm của MNP           . Ta có hệ:  m  p  0   . n  p  3 DN  PM DN .PM  0    1 1 1      1 m n p  xyz Kết luận, phương trình của mặt phẳng (  ):    1. 3 3 3   du  dx u  x  1 2  Bài 4: Tính tích phân I    x  1 sin 2xdx .  Đặt  1 dv  sin 2xdx v  cos2x 0  2    /2   1 1 1 2 2 I =   x  1 cos2x  cos2xdx   1  sin 2x   1 .  2 2 4 4 4 0 0 0    x x 1  2 2  1 sin 2 x  y  1  2  0 (*) x Bài 5: Giải phương trình 4  2   2 x  1  sin 2 x  y  1  0(1)  2      x x 2 x Ta có: (*)  2  1  sin 2  y  1  cos 2  y  1  0     x cos 2  y  1  0(2)    Từ (2)  sin 2 x  y  1  1 .   Khi sin 2 x  y  1  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)
  Khi sin 2 x  y  1  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1.   k , k  Z . Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = -1  y  1  2    Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1   k , k  Z  . 2   2 2 2 Đặt t  3x  x , t > 0. Bài 6: Giải bất phương trình: 9 x  x 1  1  10.3x  x  2 . Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9) 2 x Khi t  1  t  3x  1  x 2  x  0  1  x  0 .(i)  x  2 2 x Khi t  9  t  3x  9  x2  x  2  0   (2i) x  1 Kết hợp (i) và (2i) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (- ; -2][-1;0][1; + ). Bài 7: k 1) Số tập con k phần tử được trích ra từ tập A là C50  Số tất cả các tập con không rỗng chứa một 2 4 6 50 số chẵn các phần tử từ A là : S = S  C50  C50  C50  ...  C50 . 50  C50  C50 x  C50 x 2  ...  C50 x 49  C50 x 50 0 1 2 49 50 Xét f(x) = 1  x  0 1 2 49 50 Khi đó f(1) =250  C50  C50  C50  ...  C50  C50 . 0 1 2 49 50 f(-1) = 0  C50  C50  C50  ...  C50  C50   Do đó: f(1) + f(-1) = 250  2 C50  C50  C50  ...  C50  250  2 1  S   250  S  2 49  1 . 2 4 6 50 Kết luận:Số tập con tìm được là S  2 49  1 1 3  1 3 13 3 2) Ta có z 2  i . Do đó: 1  z  z 2  1      i    i  0 44 2 2 22 2  Bài 8: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của  ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là  = A ' EH . 9b 2  3a 2 a3 a3 a3 A ' A2  AH 2  Tá có : AE  , AH  , HE   A'H  . 2 3 6 3 A ' H 2 3b 2  a 2 a2 3 a 2 3b 2  a 2 Do đó: tan    ; S ABC   VABC . A ' B ' C '  A ' H .S ABC  HE a 4 4 a 2 3b 2  a 2 1 VA '. ABC  A ' H .SABC  . 3 12 Do đó: VA ' BB ' CC '  VABC . A ' B ' C '  VA '. ABC . a 2 3b 2  a 2 1  A ' H .S ABC  VA ' BB ' CC ' (đvtt) 3 6