ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG MÔN TOÁN 2010 - ĐỀ SỐ 5

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

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 18
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 5', 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 5

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ 5 Bài 1: 4 3 2 Cho hàm số y  x  mx  2x  3mx  1 (1) . 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. Bài 2: 23 2 1). Giải phương trình: cos3xcos3 x – sin3xsin3x = 8   2 x 2  2x  3  0 2). Giải phương trình: 2x +1 +x x  2  x  1 Bài 3: Cho các điểm A(-1; -1; 0), B(1; -1; 2), C(2; -2; 1), D(-1;1;1). 1). Viết phương trình của m.phẳng chứa AB và song song với CD. Tính góc giữa AB, CD. 2). Giả sử mặt phẳng (  ) 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 (  ).  2   x  1 sin 2xdx . Bài 4: Tính tích phân: I  0
   x x 1 x x Bài 5: Giải phương trình: 4  2  2 2  1 sin 2  y  1  2  0 . x 2  x 1 2  1  10.3 x  x2 Bài 6: Giải bất phương trình: 9 . 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 i . Hãy tính : 1 + z + z2. 2). Cho số phức z    22 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  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan  và thể tích của khối chóp A'.BB'C'C. Câu 9: x2 y2   1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm C(2; 0) và elip (E): 4 1 Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc (E), biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. -----------------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------
HƯỚNG DẪN GIẢI (đề 5) Bài 1: 2) y  x 4  mx 3  2x 2  2mx  1 (1) Đạo hàm y /  4x 3  3mx2  4x  3m  (x  1)[4x 2  (4  3m)x  3m] x  1 y/  0   2   4x  (4  3m)x  3m  0 (2)  y có 3 cực trị  y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt  Hàm số có 2 cực tiểu    (3m  4)2  0 4 m .  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1   3  4  4  3m  3m  0 4 , thì y/ = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1 , x 2 , x 3 Giả sử: Với m   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 Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi m   . Kết luận: 3 Bài 2: 23 2 23 2 1). Ta có: cos3xcos3 x – sin3xsin3x =  cos3x(cos3x + 3cosx) – sin3x(3sinx – sin3x) = 8 8   23 2 2  cos2 3x  sin 2 3x+3 cos3xcosx  sin 3xsinx    cos4x   x    k ,k  Z . 2 2 16 2 2) Giải phương trình : 2x +1 +x x 2  2   x  1 x 2  2x  3  0 . (a)  v2  u2  2x  1  u  x 2  2, u  0  u2  x2  2     2  * Đặt:  v2  u2  1 2 v  x  2x  3  x2  2  v  x  2x  3, v  0   2   Ta có:  v2  u2 1  v2  u2 1   v2  u2  u  v2  u2  v 2 2 2 2 (a)  v  u   .u   1.v  0 v  u    2 .u  2   2 .v  2  0       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: 1 x2  2x  3  x 2  2  x 2  2x  3  x 2  2  x   (a)  v  u  0  v  u  2 1 Kết luận, phương trình có nghiệm duy nhất: x =  . 2 Bài 3:
      AB   2;0;2     AB, CD    6; 6;6  . Do đó mặt phẳng (P) chứa AB và song song CD có 1) + Ta có      CD   3;3;0    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.       AB.CD 1      AB, CD   600 + cos  AB, CD   cos AB, CD  AB.CD 2 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) Ox , N(0; n; 0) Oy , P(0; 0; p)  Oz.        DP  1; 1; p  1 ; NM   m; n;0   DP.NM  m  n   Ta có :          .  DN  1; n  1; 1 ; PM   m;0;  p   DN .PM  m  p   Mặt khác: 1 1 1 xyz Phương trình mặt phẳng (  ) theo đoạn chắn:    1 . Vì D (  ) nên:   1. mnp mnp   mn  0         DP  NM  DP.NM  0  m  3    D là trực tâm của MNP           . Ta có hệ:  m  p  0   . n  p  3 DN  PM DN .PM  0    1 1 1      1 m n p  xyz Kết luận, phương trình của mặt phẳng (  ):    1. 3 3 3   du  dx u  x  1 2  Bài 4: Tính tích phân I    x  1 sin 2xdx .  Đặt  1 dv  sin 2xdx v  cos2x 0  2    /2   1 1 1 2 2 I =   x  1 cos2x  cos2xdx   1  sin 2x   1 .  2 2 4 4 4 0 0 0
   Bài 5: Giải phương trình 4 x  2 x 1  2 2 x  1 sin 2 x  y  1  2  0 (*)   2 x  1  sin 2 x  y  1  0(1)  2      Ta có: (*)  2 x  1  sin 2 x  y  1  cos 2 2 x  y  1  0     x cos 2  y  1  0(2)    Từ (2)  sin 2 x  y  1  1 .   Khi sin 2 x  y  1  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN)   Khi sin 2 x  y  1  1 , thay vào (1), ta được: 2x = 2  x = 1.   k , k  Z . Thay x = 1 vào (1)  sin(y +1) = -1  y  1  2     k , k  Z  . Kết luận: Phương trình có nghiệm: 1; 1  2   2 2 2 x Đặt t  3x Giải bất phương trình: 9 x  x 1  1  10.3x  x2 Bài 6: . , t > 0. Bất phương trình trở thành: t2 – 10t + 9  0  ( t  1 hoặc t  9) 2 x Khi t  1  t  3x  1  x 2  x  0  1  x  0 .(i)  x  2 2 x Khi t  9  t  3x  9  x2  x  2  0   (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 2 4 6 50 một số chẵn các phần tử từ A là : S = S  C50  C50  C50  ...  C50 . 50  C50  C50 x  C50 x 2  ...  C50 x 49  C50 x 50 0 1 2 49 50 Xét f(x) = 1  x 
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   Do đó: f(1) + f(-1) = 250  2 C50  C50  C50  ...  C50  250  2 1  S   250  S  2 49  1 . 2 4 6 50 Kết luận:Số tập con tìm được là S  2 49  1 1 3  1 3 13 3 2) Ta có z 2  i . Do đó: 1  z  z 2  1      i    i  0 44 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  = A ' EH . 9b 2  3a 2 a3 a3 a3 2 2 Tá có : AE  , AH  , HE   A'H  A ' A  AH  . 2 3 6 3 A ' H 2 3b 2  a 2 a2 3 a 2 3b 2  a 2 Do đó: tan    ; S ABC   VABC . A ' B ' C '  A ' H .S ABC  HE a 4 4 a 2 3b 2  a 2 1  A ' H .SABC  VA '. ABC . 3 12 Do đó: VA ' BB ' CC '  VABC . A ' B ' C '  VA '. ABC . a 2 3b 2  a 2 1  A ' H .S ABC  VA ' BB ' CC ' (đvtt) 3 6