Tham khảo tài liệu 'đề thi tham khảo tuyển sinh đại học môn toán - khối a - đề số 7', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi tham khảo tuyển sinh Đại học môn Toán - Khối A - Đề số 7
- http://ductam_tp.violet.vn/
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn Thi: TOÁN – Khối A
ĐỀ THI THAM KHẢO Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Bài 1: Cho hàm số y = x + m x − 2x − 3m x + 1 (1) .
4 3 2
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 – sin3xsin3x =
8
2). Giải phương trình: 2x +1 +x x2 + 2 + ( x + 1) x2 + 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 ( α ) 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 ( α ).
π
2
Bài 4: Tính tích phân: I = ( x + 1) sin2xdx .
∫ 0
x+1
( ) (
Bài 5: Giải phương trình: 4 − 2 + 2 2 − 1 sin 2 + y − 1 + 2 = 0.
x x x
)
2 2
Bài 6: Giải bất phương trình: 9x + 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 tập con như vậy.
1 3
2). Cho số phức z = − + i. Hãy tính : 1 + z + z2.
2 2
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 α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan α 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:
x −∞ −1 0 1 +∞
y’ - 0 + 0 - 0 +
+∞ 1 +∞
y
0 0
- http://ductam_tp.violet.vn/
+ 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/ = 4x3 + 3mx2 − 4x − 3m = (x − 1)[4x2 + (4 + 3m)x + 3m]
/ x = 1
° y =0 ⇔ 2
4x + (4 + 3m)x + 3m = 0 (2)
° Hàm số có 2 cực tiểu ⇔ y có 3 cực trị ⇔ y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt
∆ = (3m− 4)2 > 0 4
⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 ⇔ ⇔ m≠ ± .
4 + 4 + 3m+ 3m ≠ 0 3
4
Giả sử: Với m ≠ ± , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1, x2 , x3
3
° Bảng biến thiên:
x -∞ x1 x2 x3 +∞
y/ - 0 + 0 - 0 +
y +∞ CĐ +∞
CT CT
° Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu.
4
Kết luận: Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m ≠ ± .
3
Bài 2:
2+ 3 2 2+ 3 2
1). Ta có: cos3xcos3x – sin3xsin3x = ⇔ cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) =
8 8
2+3 2 2 π π
⇔ cos 2 3x + sin 2 3x+3 ( cos3xcosx − sin 3x sinx ) = ⇔ cos4x = ⇔ x = ± + k ,k ∈ Z .
2 2 16 2
2) Giải phương trình : 2x +1 +x x2 + 2 + ( x + 1) x2 + 2x + 3 = 0. (a)
u = x2 + 2, u > 0 v2 − u2 = 2x + 1
u2 = x2 + 2
* Đặt: ⇒ 2 2
⇒ v2 − u2 − 1
v = x + 2x + 3, v > 0
2
v = x + 2x + 3 x2 =
2
° Ta có:
v2 − u2 − 1 v2 − u2 − 1 v2 − u2 u v2 − u2 v
(a) ⇔ v2 − u2 +
.u +
+ 1 .v = 0⇔ v2 − u2 +
2 .u − + .v + = 0
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:
- http://ductam_tp.violet.vn/
1
(a) ⇔ v − u = 0 ⇔ v = u ⇔ x2 + 2x + 3 = x2 + 2 ⇔ x2 + 2x + 3 = x2 + 2 ⇔ x = −
2
1
Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x = − .
2
Bài 3:
uuu
r
AB = ( 2;0; 2 )
uuu uuu
r r
1) + Ta có uuu
r ⇔ AB, CD = ( −6; −6;6 ) . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD
CD = ( −3;3;0 )
r
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.
uuu uuu
r r
uuu uuu
r r AB.CD 1
+ cos ( AB, CD ) = cos AB, CD = (
AB.CD 2
)
= ⇒ ( AB, CD ) = 600
2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ∈Ox , N(0; n; 0) ∈Oy , P(0; 0; p) ∈ Oz.
uuur uuuu
r uuu uuuu
r r
DP = ( 1; −1; p − 1) ; NM = ( m; − n;0 )
DP.NM = m + n
Ta có : uuur uuuu
r ⇒ uuur uuuu
r .
DN = ( 1; n − 1; −1) ; PM = ( m;0; − p ) DN .PM = m + p
Mặt khác:
x y z −1 1 1
Phương trình mặt phẳng ( α ) theo đoạn chắn: + + = 1 . Vì D ∈( α ) nên: + + = 1.
m n p m n p
uuu uuuu
r r uuu uuuu
r r m+ n = 0
DP ⊥ NM
DP.NM = 0
m = −3
D là trực tâm của ∆MNP ⇔ uuur uuuu ⇔ uuur uuuu
r r . Ta có hệ: m + p = 0 ⇒ .
DN ⊥ PM
DN .PM = 0
−1 1 1 n = p = 3
+ + =1
m n p
x y z
Kết luận, phương trình của mặt phẳng ( α ): + + = 1.
−3 3 3
π du = dx
2 u = x + 1
Bài 4: Tính tích phân I = ( x + 1) sin2xdx . Đặt ⇒
∫ 1
dv = sin 2xdx v = cos2x
0
2
π π
π /2
1 2
I = − ( x + 1) cos2x +
1 π 1 2 π
2 0 2 ∫ 0
cos2xdx = + 1 + sin 2x = + 1 .
4 4 0 4
Bài 5: Giải phương trình 4 − 2
x x+1
( ) (
+ 2 2 − 1 sin 2x + y − 1 + 2 = 0(*)
x
)
(
2 x − 1 + sin 2 x + y − 1 = 0(1) )
( ( )) (
)
2
Ta có: (*) ⇔ 2 − 1 + sin 2 + y − 1 + cos 2 + y − 1 = 0 ⇔
x x 2 x
(
cos 2 + y − 1 = 0(2)
x
)
(
Từ (2) ⇒ sin 2 + y − 1 = ±1 .
x
)
( )
Khi sin 2 + y − 1 = 1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)
x
- http://ductam_tp.violet.vn/
( )
Khi sin 2 + y − 1 = −1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2 ⇔ x = 1.
x
π
Thay x = 1 vào (1) ⇒ sin(y +1) = -1 ⇔ y = −1 − + kπ , k ∈ Z .
2
π
Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; −1 − + kπ , k ∈ Z .
2
2
Đặt t = 3x + x , t > 0.
2 2
Bài 6: Giải bất phương trình: 9x + x−1 + 1≥ 10.3x + x−2 .
Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9 ≥ 0 ⇔ ( t ≤ 1 hoặc t ≥ 9)
2
Khi t ≤ 1 ⇒ t = 3x + x ≤ 1 ⇔ x 2 + x ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 0 .(i)
2
+x x ≤ −2
Khi t ≥ 9 ⇒ t = 3 ≥ 9 ⇔ x2 + x − 2 ≥ 0 ⇔
x
(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 số chẵn các phần tử từ A là : S = S = C50 + C50 + C50 + ... + C50 .
2 4 6 50
Xét f(x) = ( 1 + x )
50
= C50 + C50 x + C50 x 2 + ... + C50 x 49 + C50 x50
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
0 1 2 49 50
6
( 50 50
)
Do đó: f(1) + f(-1) = 250 ⇔ 2 C50 + C50 + C50 + ... + C50 = 2 ⇒ 2 ( 1 + S ) = 2 ⇒ S = 2 − 1 .
2 4 50 49
Kết luận:Số tập con tìm được là S = 249 − 1
1 3 3 1 3 1 3
i . Do đó: 1 + z + z = 1 + − + i +− − i = 0
2
2) Ta có z 2 = − −
4 4 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 ϕ = · ' EH .
A
a 3 a 3 a 3 9b 2 − 3a 2 .
Tá có : AE = , AH = , HE = ⇒ A ' H = A ' A2 − AH 2 =
2 3 6 3
A ' H 2 3b 2 − a 2 ; a2 3 a 2 3b 2 − a 2
Do đó: tan ϕ = = S ∆ABC = ⇒ VABC . A ' B ' C ' = A ' H .S ∆ABC =
HE a 4 4
1 a 2 3b 2 − a 2 .
VA '. ABC = A ' H .S ∆ABC =
3 12
Do đó: VA ' BB ' CC ' = VABC . A ' B ' C ' − VA '. ABC
.
1 a 2 3b 2 − a 2 (đvtt)
VA ' BB ' CC ' = A ' H .S ∆ABC =
3 6
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
