zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề tham khảo toán đại học 2012_Đề số 08

Chia sẻ: Bibi_3 Bibi_3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

60
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 08', 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 08

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 THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số: y  3x  x3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm trên đường thẳng y = – x các điểm kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới đồ thị (C). Câu II (2 điểm): 3 sin 2 x  2sin x 1) Giải phương trình.: 2 sin 2 x.cos x x 2) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x( x  1)  4( x  1) m  x 1 2 2 Câu III (1 điểm): Tính tích phân I=  esin x .sin x.cos3 x. dx. Câu IV (1 điểm): Cho hình nón đỉnh S, 0đường tròn đáy có tâm O và đường kính là AB = 2R. Gọi M là điểm thuộc đường tròn đáy và ASB  2 , ASM  2  . Tính thể tích khối tứ diện SAOM theo R,  và  . Câu V (1 điểm): Cho: a 2  b 2  c 2  1 . Chứng minh: abc  2(1  a  b  c  ab  ac  bc)  0 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3). Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho MA = 3MB. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;–2). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC), tìm tọa độ điểm H. Câu VIIa (1 điểm) Giải phương trình: log 2 x  ( x  7) log 2 x  12  4 x  0 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ các đỉnh C và D. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho  ABC với tọa độ đỉnh C(3; 2; 3) và phương trình đường cao AH, phương trình đường phân giác trong BD lần lượt là: x 2 y 3 z 3 , d2 : x  1  y  4  z  3 .   d1 : 2 2 1 1 1 1 Lập phương trình đường thẳng chứa cạnh BC của  ABC và tính diện tích của  ABC . Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 2008 x  2007 x 1 . 
Hướng dẫn Câu I: 2) A (2; –2) và B(–2;2) Câu II: 1) PT  2(1  cos x )(sin 2 x  sin x )  0    k 2 x  sin x  0, cos x  0 3 x . PT có nghiệm khi t 2  4t  m  0 có nghiệm, suy ra m  4 . 2) Đặt t  ( x  1) x 1 11 1 Câu III: Đặt sin 2 x  t  I   et (1  t )dt = e 20 2 Câu IV: Gọi OH là đường cao của D O AM , ta có:  SO  OA.cotg  R.cotg sin    AH  SA.sin   R  OA R sin   SA  sin   sin   R sin 2   sin 2  .  OH  OA2  AH 2  sin  3 Vậy: VS . AOM  1 .SO. AH .OH  R cos 3 sin  sin 2   sin 2  . 3sin  3 Câu V: Từ gt  a2  1  1 + a  0. Tương tự, 1 + b  0, 1 + c  0  (1  a )(1  b)(1  c )  0  1  a  b  c  ab  ac  bc  abc  0 . (a) 1 Mặt khác a 2  b 2  c 2  a  b  c  ab  ac  bc  (1  a  b  c) 2  0 . (b) 2 Cộng (a) và (b)  đpcm Câu VI.a: 1) PM /( C )  27  0  M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5.    Mặt khác: PM /( C )  MA.MB  3MB 2  MB  3  BH  3  IH  R 2  BH 2  4  d [ M , (d )] Ta có: pt(d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). a  0 6a  4b 4 . d [ M ,(d )]  4   a   12 b 2 2 a b  5  Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. 2 1 1 2) Phương trình mp(ABC): 2x + y – z – 2 = 0. H  ; ;   3 3 3 Câu VII.a: Đặt t  log 2 x . PT  t 2  (7  x)t  12  4 x  0  t = 4; t =3 – x  x = 16; x = 2   Câu VI.b: 1) Ta có: AB   1;2   AB  5 . Phương trình AB: 2 x  y  2  0 . I  (d ) : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên: C (2t  1; 2t ), D(2t ;2t  2) 4 Mặt khác: (CH: chiều cao) . S ABCD  AB.CH  4  CH  5 4 5 8 8 2 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  | 6t  4 | 4 Ngoài ra: d  C; AB   CH       5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2    5 8 8 2 Vậy hoặc C  1;0  , D  0; 2  C  ; ,D ;   3 3  3 3  2) Gọi mp(P) qua C và vuông góc với AH  ( P)  d1  ( P) : x  y  2 z  1  0
 phương trình BC :  x  1  2t ; y  4  2t ; z  3 B  ( P)  d 2  B (1; 4;3) Gọi mp(Q) qua C, vuông góc với d2, (Q) cắt d2 và AB tại K và M. Ta có: (Q) : x  2 y  z  2  0  K (2;2;4)  M (1;2;5) (K là trung điểm của CM). 1    x 1 y  4 z  3 , do  AB, AC   2 3 .  ptAB :   A  AB  d1  A(1;2;5)  S  ABC    2 0 2 2 Câu VII.b: PT  f ( x )  2008 x  1  0 với x  (–  ; +  )  2007 2008 x .ln 2008  2008x ln 2 2008 0, x f  (x)  2007;  ( x )  f   f  ( x ) luôn luôn đồng biến. Vì f (x) liên tục và lim f  ( x )  2007; lim f  ( x )    x0 để f ' ( x0 ) = 0 x x  Từ BBT của f(x)  f(x) = 0 không có quá 2 nghiệm. Vậy PT có 2 nghiệm là x = 0; x = 1

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.