ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN 2010 - ĐỀ SỐ 12

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

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 13
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 12', 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 12

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ 12 I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 2x  4 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y= x 1 2. Tìm trên (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(- 3;0) và N(- 1; - 1) Câu 2: 1 3x 7 1. Giải phương trình: 4cos4x – cos2x  cos4x + cos = 2 4 2 2. Giải phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 Câu 3:  2  1  s inx  x   1+cosx e dx Tính tích phân: K =   0 Câu 4: Cho hình chóp tam gíac đều S.ABC độ dài cạnh bên bằng 1. Các mặt bên hợp với mặt phẳng đáy một góc α. Tính thể tích hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC. Câu 5: x2 y z4   và hai điểm A(1;2; - 1), B(7;-2;3). Tìm trên (d) những Cho đường thẳng (d): 2 3 2 điểm M sao cho khoảng cách từ đó đến A và B là nhỏ nhất II. PHẦN RIÊNG:
1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1.Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tìm xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác. x x  8 y  x  y y  2. Giải hệ phương trình:  x  y  5  Câu 7a:  cosx Tìm giá trị nhỏ nhất y = vớ i 0 < x ≤ 2 3 sin x (2cosx -sinx) 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: n   x 2lg(10 3 )  5 2( x  2)lg3 1. Tìm các giá trị x trong khai triển nhị thức Newton: biết rằng số hạng thứ 6 của khai triển bằng 21 và Cn  Cn  2Cn2 1 3 2 2   3 2. Cho   3  cos  sin  . Tìm các số phức β sao cho β = α 3 3   Câu 7b: Gọi a, b, c là ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2. Chứng minh rằng: 52  a 2  b 2  c 2  2abc  2 27 ------------------------------Hết---------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI: (đề số 12) LỜI GIẢI TÓM TẮT: I. PHẦN CHUNG: Câu 1: 1. Bạn đọc tự giải.   2. MN = (2;-1). ==> MN: x + 2y + 3 = 0 Đường thẳng (d)  MN, (d) có dạng phương trình y = 2x + m. Gọi A, B là hai điểm thuộc (C) đối xứng nhau qua đường thẳng MN Hoành độ của A và B là nghiệm của phương trình: 2x  4  2 x  m  2x2 + mx + m + 4 = 0 ( x ≠ - 1) (1) x 1 Để (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có  = m2 – 8m – 32 > 0 Ta có A(x1,2x1 + m), B(x2;2x2 + m) với x1, x2 là nghiệm của (1) x x mm  Trung điểm của AB là I  1 2 ; x1  x2  m   I( ( ; ) ( theo định lý Vi-et) 2 42  Ta có I  MN ==> m = - 4, (1)  2x2 – 4x = 0  A(0; - 4), B(2;0) Câu 2: 1 3x 7 4cos4x – cos2x  cos4x + cos 1. = 2 4 2 1 3x 7 3x  (1 + cos2x)2 – cos2x  (2cos 2 2 x  1) + cos =  cos2x + cos =2 2 4 2 4
cos2x = 1   ( vì VT ≤ 2 với mọi x) 3x 1 cos   4  x  k  m8 (k ; m  )   x = 8n ( n  ) x  3  2. Ta thấy phương trình: 3x.2x = 3x + 2x + 1 (2) có hai nghiệm x =  1. 1 Ta có x = không là nghiệm của phương trình nên 2 2x  1 (2)  3x  2x 1 Ta có hàm số y = 3x tăng trên R 1 1  2x 1  luôn giảm trên mỗi khoảng  ;  ,  ;   hàm số y = 2x 1 2 2   Vậy Phương trình (2) chỉ có hai nghiệm x =  1 Câu 3: x x 1  s inx 1  2 sin 2 cos 2 1 x Ta có    tan x x 1+cosx 2 2cos 2 2cos 2 2 2   x 2 2 e dx x   e x tan dx = M + N Vậy: K =  x0 2 2cos 2 0 2  e x dx 2 Với M =  Dùng phương pháp tptp x 2 2cos 0 2
u  e x u '  e x    1  Đặt v '  x v  tan 2x  2cos  2   2    x x Vậy M = e tan 2 - N = e - N ==> K = e 2 2 2 0 Câu 4: Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, M là trung điểm của BC, theo tính chất của hình chóp đều AMS   Gọi I là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp, I  SO; N là hình chiếu của I trên SM, MI là phân giác của AMS   a3 Ta có SO = OM tan = tan ( Với a là độ dài của cạnh đáy) 6 Ta có SO2 + OM2 = SB2 – BM2 a2 a2 a2 23 2  tan    1 a 12 12 4 4  tan 2   tan  2 r = OI = OM.tan =  2 4  tan 2   4 tan 3 2 Vậy V = 3  4  tan   2 3 Câu 5:   Ta có AB  (6; 4; 4) ==> AB//(d) Gọi H là hình chiếu của A trên (d)
Gọi (P) là mặt phẳng qua A và (P)  (d) ==> (P): 3x – 2y + 2z + 3 = 0 H = (d) (P) ==> H(- 1;2;2) Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (d) ==> H là trung điểm của AA’ ==> A’(-3;2;5) Ta có A;A’;B;(d) cùng nằm trong một mặt phẳng. Gọi M = A’B(d) Lập phương trình đường thẳng A’B ==> M(2;0;4) II. PHẦN RIÊNG: 1) Theo cương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Gọi A là biến cố: “ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác” Các khả năng chọn được ba đoạn thẳng lập thành một tam giác {4;6;8}, {4;8;10}, {6;8;10} 3 3 Vậy: n( ) = C5  10 ; n(A) = 3 ==> P(A) = 10 2. x  0 y  0 x x  8 y  x  y y  x ( x  1)  y ( y  8)       2 2  x( x  1)  y ( y  8) x  y  5 y  x  5   y  x 5  x  1 y  0 x  9   2  y  4 3 x  22 x  45  0 y  x  5  Câu 7a:   Trên nửa khoảmg  0;  , cosx ≠ 0 chia tử và mẫu của hàm số cho cos3x ta được  3
1  tan 2 x y= 2 tan 2 x  tan 3 x Đặt t = tanx ==> t  (0; 3] 1 t2   trên nửa khoảng  0;  Khảo sát hàm số y = 2 3 2t  t  3 t 4  3t 2  4t x  0 y’ = ; y’ = 0   2 32 (2t  t ) x  1  Vậy giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 2 khi x = 4 2) Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Điều kiện: n nguyên dương và n ≥ 3 n! n! n!  n2 – 9n + 14 = 0  n = 7 Ta có Cn  Cn  2Cn2   1 3  2 1!(n  1)! 3!(n  3)! 2!(n  2)! lg(10 3x ) 2 5    lg(10 3x ) 2(x – 2)lg3 = 21 5 ( x  2)lg3 5 = 21  21.2 Ta có số hạng thứ 6 : C 2 2 7 x  0  lg(10 – 3x) + lg3(x – 2) = 0  (10 – 3x)3x – 2 = 1  32x - 10.3x + 9 = 0   x  2 2. Gọi β = r( cos + isin)  β3 = r3( cos3 + isin3 ) r  3 3  r  3 3 2 2    Ta có: r3( cos3 + isin3) = 3  cos  sin   2 k 2 3 3        9 3
Suy ra β Câu 7b: Theo tính chất ba cạnh của một tam giác, ta có độ dài mỗi cạnh nhỏ hơn 1 ( vì a + b + c = 2). Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho ba số dương: 1 – a, 1 – b, 1 – c 3 – (a + b + c)  3 3 (1  a )(1  b)(1  c) > 0 1 28 56   (1  a)(1  b)(1  c)  0   ab  bc  ca  abc  1  2  2ab  2bc  2ca  2abc  27 27 27 56 52  2  (a  b  c) 2  (a 2  b 2  c 2  2abc)   a 2  b 2  c 2  2abc  2  27 27 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3