ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN 2010 - ĐỀ SỐ 10

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

76
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học, cao đẳng môn toán 2010 - đề số 10', 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(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN 2010 - ĐỀ SỐ 10

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ 10 I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx + 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất. Câu II. (2 điểm) x3  y 3  1  1. Giải hệ phương trình :  2  x y  2 xy 2  y 3  2   2 )  2 sin 2 x  tan x . 2. Giải phương trình: 2 sin ( x  4 Tính tích phân Câu III.(1 điểm) 2 4  x2 I  dx x 1 Câu IV.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: Câu V.(1 điểm)
x2 1  x  m 4 II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b) Câu VI a.(2 điểm) 1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.  x  1  2t xyz    , d2:  y  t 2.Cho hai đường thẳng d1: và mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa 112 z  1  t  6 độ hai điểm M  d1 , N  d 2 sao cho MN song song (P) và MN = Tìm số phức z thỏa mãn : Câu VII a.(1 điểm) 4  z i  1  z i  Câu VI b.(2 điểm) 1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr m.cầu (S) 5 đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng . 3 log x 3  log x 3 Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: 3
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 10 Câu I. 1. (Tự giải) 2 2. Pt : x3 + mx + 2 = 0  m   x 2  ( x  0) x  2x3  2 2 2 Xét f(x) =  x 2   f ' ( x )  2 x  2 = x2 x x - + Ta có x 0 1 f’(x) + + 0 - + f(x) -3 - - - Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất  m  3 . Câu II. x 3  y 3  1 x 3  y 3  1 (1)    3 1.  2 2 3 2 x  y 3  x 2 y  2 xy 2  0  x y  2 xy  y  2 (2)   x 3  y 3  1 (3)  y  0 . Ta có:   x  3  x  2 x 2      2   1  0 ( 4)  y  y  y      x 1  t (4) có dạng : 2t3 – t2 – 2t + 1 = 0  t =  1 , t = . Đặt : y 2 x 3  y 3  1 1 a) Nếu t = 1 ta có hệ  xy3 x  y 2
x 3  y 3  1 b) Nếu t = -1 ta có hệ   hệ vô nghiệm. x   y x 3  y 3  1 3 23 3 1 3 c) Nếu t = ta có hệ x y ,  2 3 3  y  2x   2. Pt 2 sin 2 ( x  )  2 sin 2 x  tan x (cosx  0)  [1  cos(2 x  )] cos x  2 sin 2 x. cos x  sin x 4 2  (1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0  sìn2x = 1 hoặc tanx = 1. Câu III. 2 2 4  x2 4  x2 I= xdx . dx    x2 x 1 1 4  x 2  t 2  4  x 2  tdt   xdx Đặt t = 0 0 0 0  2 3  t2   t (tdt ) t 2 4  = -  3  ln   dt   (1  2 )dt   t  ln I=   t2  4    2 3  4  t2 t2 t 4  3   3 3 3 Câu IV. S h D A M H C B SH  BM và SA  BM suy ra AH  BM 1 h SA. AH .BH  AH .BH . VSABH = 6 6
VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH  2 AH .BH  AH 2  BH 2  2 AH .BH a2 2  a  2 AH .BH , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH = khi AH = BH khi H là tâm của hình vuông , 2 a 2h khi M  D . Khi đó VSABH = . 12 x2 1  x  m 4 Câu V. D = [0 ; +  ) 3 3 13 2 24 x x (1  ) 2 3 4 x x  ( x  1) x2 x 1 *Đặt f(x) = 4 x 2  1  x  f ' ( x)     3 2 3 2 4 ( x 2  1) 3 . x 2x 13 24 ( x  1) 2 x 2 4 (1  ). x x2 13 1  4 (1  ) x2  0 x  (0 ;  ) Suy ra: f’(x) = 1 24 (1  2 ) 3 . x x  x2 1  x    x2 1 x2 * lim (4 x 2  1  x )  lim    lim  0 x   4 x 2  1  x  x   ( 4 x 2  1  x )( x 2  1  x)  x       + * BBT x 0 f’(x) f(x) 1 0 Vậy: 0 < m  1
Câu VI a.  x  3  2t , I  d 1  I ( 3  t ; t ) 1.d1:  y  t 27 7 d(I , d2) = 2  11t  17  10  t  , t 11 11 2 2 27  21 27  21   27     I1  ; (C1 ) :  x     y    4 t=  11  11 11  11   11   2 2   19 7  7 19   7    I2  ;  (C 2 ) :  x     y    4 t= 11  11 11  11   11    x  t1  x  1  2t 2   2. d1 :  y  t1 , d 2 :  y  t2 , M  d 1  M (t1 ; t1 ; 2t1 ), N  d 2  N (1  2t 2 ; t 2 ; 1  t 2 )  z  2t z  1  t   1 2 MN  (1  2t 2  t1 ; t 2  t1 ; 1  t 2  2t1 ) t1  1  2t 2   MN //( P) t1  1  2t 2 MN . n  0    2  Theo gt :  12 t 2  0 ; t 2   13 13t 2  12t 2  0 MN  6 2 MN  6   * t 2  0  t1  1 , M (1 ; 1 ; 2) , N (1 ; 0 ; 1)  12 11  11 11 22   11 12 11  * t2   t1   , M   ; ;  , N  ;  ;  13 13  13 13 13   13 13 13  Câu VII a. 4  z  i  2   z  i  2   z i   1     1    1  0   z i  z  i    z  i      2  z i z i  1  0   1  z  0 *  z i z i
2 2  z i  z i  z  i    z  i   2 *  1  0    i  0   z  i   i   z  i   i   0  z  1  z i  z i      Câu VI b. 1.B(11; 5) AC: kx – y – 2k + 1 = 0 k 2 3 1  7 k 2  8k  1  0  k  1; k  cos CAB = cos DBA   7 k 2 1 2  k = 1 , AC : x – y – 1 = 0 1  k= , AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai) 7 Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0) 2.(S): x2 + y2 + z2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = a2  b2  c2  d . O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2 5   2b  5  5  b  0, b  5 d(I, (P)) = 3 b = 0 , (S): x2 + y2 + z2 - 2x – 4z = 0  b = 5 , (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 10y – 4z = 0  Câu VII b. x  0  ĐK :  x  1 x  3 
1 1 1 1 1 1      0 Bất phương trình trở thành : x log 3 x log 3 x  1 log 3 x log 3 x  1 log 3 x log 3 3 1   0  log 3 x(log 3 x  1)  0  log 3 x  0  log 3 x  1 log 3 x (log 3 x  1) * log 3 x  0  x  1 kết hợp ĐK : 0 < x < 1 * log 3 x  0  x  3 Vậy tập nghiệm của BPT: x (0 ; 1)  (3 ;  )