zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi đại học tham khảo môn toán năm 2010

Chia sẻ: Nguyen Chi Tinh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:3

Báo xấu

786
lượt xem 177
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đây là đề thi đại học tham khảo môn toán năm 2010 gửi đến các bạn độc giả tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi đại học tham khảo môn toán năm 2010

http://ductam_tp.violet.vn/ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI H ỌC NĂM 2010 Môn Thi: TOÁN – Khối A ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4, có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm m để phương trình | x 4 − 5 x 2 + 4 |= log 2 m có 6 nghiệm. Câu II (2 điểm). 1 1 1) Giải phương trình: sin 2 x + sin x − − = 2cot 2 x 2sin x sin 2 x m ( x 2 − 2 x + 2 + 1) + x(2 − x) ≤ 0 có nghiệm x ∈ 0; 1 + 3 2) Tìm m để phương trình:   4 2x + 1 I =∫ Câu III (1 điểm). Tính tích phân: dx 0 1+ 2x + 1 Câu IV (1 điểm). Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5 và ·BAC = 120o . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1. Tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM). Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh: 3x + 2 y + 4 z ≥ xy + 3 yz + 5 zx II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(–1; 3; –2), B(–3; 7; –18) và mặt phẳng (P): 2x – y + z + 1 = 0. Tìm tọa đ ộ đi ểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(3;1) và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho tam giác ABC cân tại A với A(2;–2). Câu VII.a (1 điểm). Giải phương trình: log3 ( x + x + 1) − log3 x = 2 x − x 2 2 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b. (2 điểm). 1) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đ ường  x = −1 + 2t  y =1− t . thẳng ∆ có phương trình tham số Một điểm M thay đổi trên đường thẳng  z = 2t  ∆ . Xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. 2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(4;1) và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho giá trị c ủa tồng OA + OB nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: (log x 8 + log 4 x 2 ) log 2 2 x ≥ 0 Hướng dẫn
http://ductam_tp.violet.vn/ 9 9 Câu I: 2) log12 m = ⇔ m = 12 4 = 144 4 12 4 ⇔ − cos22x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0 Câu II: 1) PT π π π ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ cos2x = 0 ⇔ 2 x = 2 + kπ ⇔ x = 4 + k 2 ∨ 2cos 2 x + cos x + 1 = 0(VN ) t2 − 2 ⇔ t2 − 2 = x2 − 2x. BPT ⇔ m ≤ 2) Đặt (1 ≤ t ≤ 2), do x∈ [0;1 + 3] t = x2 − 2x + 2 t +1 t 2 + 2t + 2 t2 − 2 = > 0 ⇒ g tăng với 1 ≤ t ≤ 2. Khảo sát hàm số: g (t ) = g'(t) trên (t + 1) 2 t +1 [1,2] 2 ⇔ BPT m ≤ t − 2 2 có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ m ≤ max g (t ) = g (2) = Do đó, YCBT 3 t +1 t∈[ 1;2] 2 Vậy: m≤ 3 3 3 3 t2  t2  1 t = 2x + 1 ⇒ I = ∫ dt = ∫  t − 1 +  − t + ln t + 1  = 2 + ln 2 Câu III: Đặt ÷dt = 1+ t t +1 1 2 1 1 Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz sao cho: A ≡ O, C ( −2a,0,0 ) , A1 (0,0, 2a 5) a a 3  r 5  uuuu uuuu r 3 ⇒ A(0;0;0), B  ; ;0 ÷ , M ( −2a,0, a 5) ⇒ BM = a  − ; − ; 5 ÷, MA1 = a(2;0; 5) 2 2 ÷ 2 ÷ 2     Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : 1 uuuu uuu uuuu rrr 1 uuu uuuu rr a 3 15 A A1 .  AB, AM  = ; S ∆BMA1 =  MB, MA1  = 3a 2 3 VAA1BM =     6 3 2 3V a 5 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng d = = . S 3 1 3 5 V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: ( x + y ) ≥ xy ; ( y + z ) ≥ 3 xy ; ( z + x ) ≥ 5 xy ⇒ đpcm Câu 2 2 2 Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với (P) x +1 y − 3 z + 2 Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'): = = −1 2 1 2 x − y + z + 1 = 0   x + 1 y − 3 z + 2 ⇒ H (1, 2, −1) AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của hệ PT:  2 = −1 = 1   2 xH = x A + x A '   2 yH = y A + y A ' ⇒ A '(3,1,0) Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : 2 z = z + z H A A' uuuur x − 3 y −1 z (cùng phương với (1;–1;3) ) ⇒ PT (A'B) : = = A ' B = ( −6,6, −18) Ta có −1 3 1 2 x − y + z + 1 = 0   x − 3 y − 1 z ⇒ M (2, 2, −3) Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình  1 = −1 = 3  x + 3 y − 6 = 0; x − y − 2 = 0 2) x2 + x + 1 1 = x ( 2 − x ) ⇔ 3x ( 2 − x ) = x + 1 + Câu VII.a: PT ⇔ log3 x x 1 (x ≠ 0) Đặt: f ( x) = 3 x ( 2− x ) , g ( x) = x + 1 + x
http://ductam_tp.violet.vn/ Từ BBT ⇒ max f(x) = 3; min g(x) = 3 ⇒ PT f(x)= g(x) có nghiệm ⇔ maxf(x) = min g(x) = 3 tại x=1 ⇒ PT có nghiệm x = 1 Câu VI.b: 1) Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x = −1 + 2t  M ( −1 + 2t ;1 − t ;2t ) y =1− t . Đường thẳng ∆ có PTTS: M ∈∆ Điểm nên .  z = 2t  AM = (−2 + 2t ) 2 + ( −4 − t ) 2 + (2t ) 2 = (3t ) 2 + (2 5) 2 BM = (−4 + 2t ) 2 + ( −2 − t ) 2 + ( −6 + 2t ) 2 = (3t − 6) 2 + (2 5) 2 AM + BM = (3t ) 2 + (2 5) 2 + (3t − 6) 2 + (2 5) 2 r r ( ) ( ). u = 3t ; 2 5 v = −3t + 6;2 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ và r ( ) 2 ( 3t ) 2 | u |= +25  Ta có r ( ) | v |= 2 ( 3t − 6 ) 2 +25   rr rr ( ) r r Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6;4 5 ⇒| u + v |= 2 29 rr r r rr Mặt khác, với hai vectơ u, v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | . Như vậy AM + BM ≥ 2 29 rr 3t 25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u, v cùng hướng ⇔ = ⇔ t =1 −3t + 6 2 5 ⇒ M ( 1;0;2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 . Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 2 ( 11 + 29 ) 2) x + 2 y − 6 = 0 Câu VII.b: Điều kiện x > 0 , x ≠ 1   1 ÷ 1 1 + log 2 x ÷( log 2 x + 1) ≥ 0 ⇔ + 2log 4 x ÷ log 2 2 x ≥ 0 ⇔  BPT  1 log 2 x  log8 x 2 ÷ 3 

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.