Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán 2010 (Đáp án)

Chia sẻ: Vu Van Tuan Tuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

171
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu III (1 điểm): Tính tích phân 3 6 I cotx dx s inx.sin x 4 p p = æçè + p ö÷ø ò Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã 2 nghiÖm ph©n biÖt : 10x 2 +8x + 4 = m(2x +1). x2 +1 .

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán 2010 (Đáp án)

.ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán A. Thời gian: 180 phút ( Không kể giao đề). PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x − 1 Câu I (2 điểm) Cho hµm sè y = x +1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè . 2. T×m täa ®é ®iÓm M sao cho kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm I (−1; 2) tíi tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M lµ lín nhÊt . Câu II (2 điểm) :  x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y . 1. Giải hệ phương trình:   y( x + y) = 2 x + 7 y + 2 2 2 2.Giải phương trình : 2 sin 2 x − sin 2 x + sin x + cos x − 1 = 0 . π 3 cotx Câu III (1 điểm): Tính tích phân I = ∫ dx π  s inx.sin  x +  π  4 6 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã 2 nghiÖm ph©n biÖt : 10 x 2 +8 x + 4 = m(2 x + 1). x 2 + 1 . PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC.  x = −2 + t   y = −2t .Gọi ∆ là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:  z = 2 + 2t  song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua ∆ , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Víi x,y lµ c¸c sè thùc thuéc ®o¹n [ 0;1] . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt 1+ xy 1 2 9 P= + + + cña biÓu thøc: 2+ xy 1+ x + y 1+ xy 1+( x + y ) 3 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x 2 + y 2 – 2 x – 2 y + 1 = 0, (C ') : x 2 + y 2 + 4 x – 5 = 0 cùng đi qua M(1; 0). Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') lần lượt tại A, B sao cho MA= 2MB. 2)Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho hai ®êng th¼ng d vµ d’ lÇn lît y−2 x−2 z+5 cã ph¬ng tr×nh : d : x = = z vµ d’ : = y −3= . −1 −1 2 ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (α ) ®i qua d vµ t¹o víi d’ mét gãc 300 Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1  1 2 b c + + + +
---------------------Hết----------------------. Kú thi thö ®¹i häc cao ®¼ng n¨m 2010 Híng dÉn chÊm m«n to¸n Phần Nội dung Câu Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. I (2,0) 1(1,0) . TËp x¸c ®Þnh : x ≠ −1 . 2(1,0) 2x − 1 3 3 , y ' = y = = 2− , ( x + 1) 2 x +1 x +1 B¶ng biÕn thiªn: TiÖm cËn ®øng : x = −1 , tiÖm cËn ngang y = 2  3 2. NÕu M  x0 ; 2 −  ∈ (C ) th× tiÕp tuyÕn t¹i M cã ph¬ng tr×nh  x0 + 1    3 3 y−2+ = ( x − x0 ) hay 3( x − x0 ) − ( x0 + 1) 2 ( y − 2) − 3( x0 + 1) = 0 x0 + 1 ( x0 + 1) 2 . Kho¶ng c¸ch tõ I (−1;2) tíi tiÕp tuyÕn lµ 3(−1 − x0 ) − 3( x0 + 1) 6 x0 + 1 6 d= = = 9 + ( x0 + 1) 9 9 + ( x0 + 1) . Theo bÊt ®¼ng 4 4 + ( x0 + 1) 2 ( x0 + 1) 2 9 + ( x0 + 1) 2 ≥ 2 9 = 6 , v©y d ≤ 6 . Kho¶ng c¸ch d lín thøc C«si ( x0 + 1) 2 nhÊt b»ng 6 khi 9 = ( x0 + 1) 2 ⇔ ( x0 + 1) = 3 ⇔ x0 = −1 ± 3 . 2 ( x0 + 1) 2 VËy cã hai ®iÓm M : M (−1 + 3 ;2 − 3 ) hoÆc ( ) M − − 3 ;2 + 3 1 Nội dung Ý 1 1) CâuII:2. Giải phương trình: 2 sin 2 x − sin 2 x + sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ 2 sin 2 x − (2 cos x − 1) sin x + cos x − 1 = 0 . ∆ = (2 cos x − 1) 2 − 8(cos x − 1) = (2 cos x − 3) 2 . VËy sin x = 0,5 hoÆc sin x = cos x − 1 . 5π π Víi sin x = 0,5 ta cã + 2 kπ + 2kπ hoÆc x= x= 6 6 π  π  2 Víi sin x = cos x − 1 ta cã sin x − cos x = −1 ⇔ sin  x − =− = sin  −  , suy ra 4 2  4 
3π + 2kπ hoÆc x= x =2kπ 2 2  x2 + 1 +x+ y =4   x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y y  y y ≠ 0 , ta có:  ⇔ .  y( x + y) = 2 x + 7 y + 2 2 2 ( x + y ) 2 − 2 x + 1 = 7 2  y   u+v = 4  u = 4−v  v = 3, u = 1 x2 + 1 ⇔ 2 ⇔ , v = x + y ta có hệ:  2 v − 2u = 7 v + 2v − 15 = 0  v = −5, u = 9 y  x = 1, y = 2  x2 + 1 = y  x2 + 1 = y  x2 + x − 2 = 0 v = 3, u = 1 ta có hệ:  ⇔ ⇔ ⇔ .  x = −2, y = 5 x+ y =3  y = 3− x  y = 3− x  x2 + 1 = 9 y  x2 + 1 = 9 y  x 2 + 9 x + 46 = 0 v = −5, u = 9 ta có hệ:  ⇔ ⇔ , hệ này vô nghiệm.  x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x y hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), (−2; 5)}. Phần Tính π π 3 3 cot x cot x I =∫ dx = 2 ∫ dx π s inx ( s inx + cos x ) π  sin x sin  x +  π  4 6 6 π 3 cot x = 2∫ dx s in x ( 1 + cot x ) 2 π 6 1 Đặt 1+cotx=t ⇒ dx = −dt sin 2 x π π 3 +1 Khi x = ⇔ t = 1 + 3; x = ⇔ t = 6 3 3
3 +1 t −1 2  3 +1 ∫ t dt = 2 ( t − ln t ) Vậy I = 2 = 2 − ln 3  3 +1 3  3 +1 3 3 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:  AB ⊥ IC ⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ') ⊥ ( CII ' C ')   AB ⊥ HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại K ∈ II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x3 1 x3 I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 6 3 3 x3x3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒ = r 2 ⇒ x 2 = 6r 2 . 6 3 ( ) h Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V = B + B '+ B.B ' 3 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 Trong đó: B = = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = = ; h = 2r 4 4 2 2r  2 3r 2 3  21r 3 . 3 3r 2 3  6r 3 + = Từ đó, ta có: V = + 6r 2 3. 3 2 2 3   NhËn xÐt : 10x 2 +8 x + 4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 2x + 1 2x + 1 ) 2 − m( ) + 2 = 0 . Ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi : 2 ( x +1 x +1 2 2 2x + 1 = t §iÒu kiÖn : 2
1 Điểm C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) .  t +1 3 − t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; . 2 2  t +1  3 − t + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2  + 2 2 2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ). AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 . x + y −1 = 0 ⇒ I ( 0;1) . điểm I thỏa hệ:  x − y +1 = 0 c ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của K ( −1;0 ) . x +1 y = ⇔ 4x + 3y + 4 = 0 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: −7 + 1 8 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( P ) //( D) hoặc ( P ) ⊃ ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trê IH ⊥ AH .
 d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH  Mặt khác  H ∈ ( P )  Trong mặt phẳng ( P ) , IH ≤ IA ; do đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. r uu r r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương với v = ( 2;0; −1) . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 . 1 + xy x+ y ≥ (*) . + Ta cã : 2 + xy 1 + x + y ThËt vËy: (*) ⇔ ( 1 + xy ) ( 1 + x + y ) ≥ ( x + y ) ( 2 + xy ) ⇔ ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 §óng víi x,y thuéc [ 0;1] 1 + xy x+ y 1 1 + ≥ + = 1(1) Khi ®ã 2 + xy 1 + x + y 1 + x + y 1 + x + y 2 + V× x; y ∈ [ 0;1] ⇒ 0 ≤ xy ≤ 1 ⇒ 1 + xy ≤ 2 ⇒ ≥ 1(2) 1 + xy 9 +Tong tù: 0 ≤ x + y ≤ 2 ⇒ 1 + ( x + y ) ≤ 9 ⇒ 3 ≥ 1(3) 1+ ( x + y ) 3 Tõ (1);(2);(3) Ta cã : P ≥ 3 VËy , MinP=3 khi x=y=1 + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R = 1, R ' = 3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình a( x − 1) + b( y − 0) = 0 ⇔ ax + by − a = 0, (a 2 + b 2 ≠ 0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. Khi đó ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH 2 = 2 I ' A2 − I ' H '2 ⇔ 1 − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] , 2 2 IA > IH . 36a 2 − b 2 9a 2 b2 ⇔ 4 ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) ) = 35 ⇔ 4. 2 2 −2 = 35 ⇔ 2 = 35 ⇔ a 2 = 36b 2 a +b a +b a +b 2 2 2 2 a = −6  Dễ thấy b ≠ 0 nên chọn b = 1 ⇒  .  a=6 Kiểm tra điều kiện IA > IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn.
.§êng th¼ng d ®i qua ®iÓm M (0;2;0) vµ cã vect¬ chØ ph¬ng u (1;−1;1) §êng th¼ng d’ ®i qua ®iÓm M ' (2;3;−5) vµ cã vect¬ chØ ph¬ng u '(2; 1;−1) . 1 Mp (α ) ph¶i ®i qua ®iÓm M vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn n vu«ng gãc víi u vµ cos(n; u ' ) = cos 600 = . Bëi 2 th× ta ph¶i cã : A − B + C = 0 B = A + C B = A + C   1 ⇔  ⇔ 2  2A + B − C = 2 A − AC − C = 0 2 2 3 A = 6 A + ( A + C ) + C 2 2 2   2  6 A + B +C 2 2 2 Ta cã 2 A2 − AC − C 2 = 0 ⇔ ( A − C )(2 A + C ) = 0 . VËy A = C hoÆc 2 A = −C . NÕu A = C ,ta cã thÓ chän A=C=1, khi ®ã B = 2 , tøc lµ n = (1;2;1) vµ mp(α ) cã ph¬ng tr×nh x + 2( y − 2) + z = 0 hay x +2 y +z −4 =0 NÕu 2 A = −C ta cã thÓ chän A = 1, C = −2 , khi ®ã B = −1 , tøc lµ n = (1;−1;−2) vµ mp(α ) cã ph¬ng tr×n x− − z+ = y 2 2 0 1,00 a + b > c  Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên: b + c > a . c + a > b  a+b c+a = y , a = z ( x , y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y . = x, Đ ặt 2 2 Vế trái viết lại: a+b a+c 2a VT = + + 3a + c 3a + b 2a + b + c x y z = + + y+ z z+ x x+ y 2z z Ta có: x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2 z ( x + y ) ⇔ > . x+ y+z x+ y x 2x y 2y < < ; . Tương tự: y+z x+ y+z z+x x+ y+z 2( x + y + z) x y z + + < = 2. Do đó: y+z z+x x+ y x+ y+z 1  1 2 b c + + + +