Đề thi thử đại học , cao đẳng môn Toán - Đề số 7

Chia sẻ: Vu Van Tuan Tuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

78
lượt xem 14
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 - đề số 7', 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 - Đề số 7

THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút) Ngµy thi: 10/1/2010 ĐỀ BÀI Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m − 1 (1) , với m là tham số thực. 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 . 2.Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II : ( 2, 0 điểm) Giải các phương trình 1. 4sin 3 x.cos3x + 4co s3 x.sin 3x + 3 3cos4x = 3 2. log 3 (x + 5x + 6) + log 3 (x + 9x + 20) = 1 + log 3 8 2 2 CâuVI:( 1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng a3 (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng , tính thể tích khối 4 chóp S.ABCD theo a. CâuV :( 2, 0 điểm). π 2 I = ∫ cos 2 x.cos 2 2 x.dx 1. Tính tích phân sau: 0 1. Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn : x +3y+5z ≤ 3 .Chứng minh rằng: 3 xy 625 z 4 + 4 + 15 yz x 4 + 4 + 5 zx 81y 4 + 4 ≥ 45 5 xyz. Câu VI :(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng (Oxy), cho đường tròn (C ): 2x 2 + 2y 2 − 7x − 2 = 0 và hai điểm A(-2; 0), B(4; 3). Viết phương trình các tiếp tuyến của (C ) tại các giao điểm của (C ) với đường thẳng AB. 2x 2 + (m + 1)x − 3 2. Cho hàm số y = . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ thị x+m hàm số tiếp xúc với parabol y = x2 +5 8  − log 2 ( 3x −1 +1)  1 3 x −1 Câu VII :(1,0 điểm) Cho khai triển  2log 2 9 +7 + 2 5  . Hãy tìm các giá trị của x biết   rằng số hạng thứ 6 trong khai triển này là 224 ----------------***Hết***---------------- Chú ý:Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh:. . . . . . . . . .
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Nội dung Điểm Câu I 1.(1 điểm). Khi m = 1 hàm số trở thành: y = x 4 − 2 x 2 (2điểm) • TXĐ: D= ¡ x = 0 • Sự biến thiên: y = 4 x − 4 x = 0 ⇔ 4 x ( x − 1) = 0 ⇔  ' 3 2  x = ±1 0.25 yCD = y ( 0 ) = 0, yCT = y ( ±1) = −1 0.25 • Bảng biến thiên -∞ +∞ x -1 0 1 − − y’ 0 + 0 0 + +∞ +∞ y 0 -1 -1 0.25 • Đồ thị f (x) = x4-2 ⋅x2 8 6 4 2 10 5 5 10 2 4 6 0.25 8 x = 0 2. (1 điểm) y = 4 x − 4mx = 4 x ( x − m ) = 0 ⇔  2 ' 3 2 x = m Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt y = 0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu ' khi x đi qua các nghiệm đó ⇔ m > 0 0.25 • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( )( ) A ( 0; m − 1) , B − m ; − m2 + m − 1 , C m ; − m2 + m − 1 0.25 1 SVABC = yB − y A . xC − xB = m 2 m ; AB = AC = m4 + m , BC = 2 m • 2 0.25 ( m 4 + m ) 2 m = 1 ⇔ m 3 − 2m + 1 = 0 ⇔  m = 1 AB. AC.BC  R= =1⇔ • m = 5 − 1 4 SVABC 2 4m m   2 0.25 Câu II 1. (1,0 điểm) (2,0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình : điểm) 1. Phương trình : 4 sin 3 x.cos3x + 4co s3 x.sin 3x + 3 3 co s4x = 3
⇔ 4[(1 − co s 2 x) sin x.cos3x + (1 − sin 2 x)co s x.sin 3x ] + 3 3 co s 4x = 3 ⇔ 4[( sin x.cos3x + co s x.sin 3x) − cos x sin x(co sx.cos3x + sin x.sin 3x)] + 3 3 co s4x = 3   1 1 ⇔ 4[ sin 4x − sin 2x.co s2x ] + 3 3 co s4x = 3 ⇔ 4  sin 4x − sin 4x  + 3 3 co s4x = 3 ⇔ 3sin 4x + 3 3 co s4x = 3 2  4  π π 1 3 1 0,50 ⇔ sin 4x + 3 co s4x = 1 ⇔ sin 4x + co s 4x = ⇔ sin(4x + ) = sin 2 2 2 3 6 ππ ππ π π π      4x + 3 = 6 + k2π  4x + 3 = 6 + k2π  4x = − 6 + k2π  x = − 24 + k 2 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ (k ∈ Z)  4x + π = 5π + k2π  4x + π = 5π + k2π x = π + k π  4x = π + k2π 0,50         36 36 8 2 2 Điểm Đáp án 2.(1,0 điểm) PT log 3 (x 2 + 5x + 6) + log 3 (x 2 + 9x + 20) = 1 + log 3 8 (*) x < −5 x 2 + 5x + 6 > 0 x < −3 ∨ x > −2  ⇔ −4 < x < −3 ⇔ Điều kiện + : 2 , và có :  0,25 x < −5 ∨ x > −4 x + 9x + 20 > 0  x > −2  1 + log 3 8 = log3 24 + PT (*) 0,25 log (x 2 + 5x + 6)(x 2 + 9x + 20)  = log 3 24 (x 2 + 5x + 6)(x 2 + 9x + 20) = 24  ⇔ 3   ⇔ (x < −5) ∨ ( −4 < x < −3) ∨ (x > −2) (x < −5) ∨ ( −4 < x < −3) ∨ (x > −2)  (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) = 24 (*) ⇔ (x < −5) ∨ ( −4 < x < −3) ∨ (x > −2) (**) 0,25 + Đặt t = (x + 3)(x + 4) = x 2 + 7x +12 ⇒ (x + 2)(x + 5) = t − 2 , PT (*) trở thành : t(t-2) = 24 ⇔ (t − 1) 2 = 25 ⇔ t = 6 ∨ t = −4 x = −1 t = 6 : x + 7x +12 = 6 ⇔ x + 7x + 6 = 0 ⇔ x = −6 ( thỏa đkiện (**)) • 2 2 0,25  • t = - 4 : x + 7x +12 = −4 ⇔ x + 7x +16 = 0 : vô nghiệm 2 2 + Kết luận : PT có hai nghiệm là x = -1 và x = - 6 Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a Câu III Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O (1,0 của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó điểm) · A B D = 600 0,25 Hay tam giác ABD đều. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung 0,25 điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ; OK // DH và 1 a3 ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ OK = DH = 2 2 (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao S 1 1 1 a ⇒ 2= + ⇒ SO = 2 2 0,25 OI OK SO 2 Diện tích đáy S ABC D = 4S∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a 2 ; a I đường cao của hình chóp SO = . D 2 A 3a Thể tích khối chóp S.ABCD: O 3a 3 1 0,25 H VS . ABC D = S ABC D .SO = a 3 3 K C B Cho 3 sè d¬ng x, y, z tho¶ m∙n : x +3y+5z ≤ 3 . Chøng minh IV r»ng: (1,0 3 xy 625 z 4 + 4 + 5 zx 81 y 4 + 4 + 15 yz x 4 + 4 ≥ 45 5 xyz điểm) Bất đẳng thức 4 4 4 ⇔ + 9 y + 2 + 25 z 2 + 2 ≥ x2 + 45 9y 2 25 z 2 x 36 22 2 2 + ) 2 ≥ 9(.3 x.3 y.5 z ) + VT ≥ ( x + 3 y + 5 z ) + ( + 2 . 0,25 ( x.3 y.5 z ) 2 x 3 y 5z 3 Đặt t = ( x.3 y.5 z ) 2 3 3  x + 3 y + 5z   = 1 do đó t ≤ 1 ( x.3 y.5 z ) ≤  ta có 0,25 3   3 36 36 36 = 36t + − 27t ≥ 2 36t. − 27 =45 0 < t ≤ 1. Xét hàm số f(t)= 9t + Điều kiện . t t t 0,25 1 1 Dấu bằng xảy ra khi: t=1 hay x=1; y= ; z= . 0,25 3 5 Câu V. 1.(1,0 điểm) (2,0 Đường 1/ + tròn (C ) : 2 điểm)  7 7 65 2x 2 + 2y 2 − 7x − 2 = 0 ⇔ x 2 + y 2 − x − 1 = 0 ⇔  x −  + y 2 =  4 2 16 7  ⇒ (C ) có tâm I  ;0  và bán kính R = 65 0,25 4  4 + Đường thẳng AB với A(-2; 0) và B(4; 3) có phương trình
x+2 y x+2 = , hay : y = 6 3 2 + Giao điểm của (C ) với đường thẳng AB có tọa độ là nghiệm hệ PT 2 2 x+2 5x(x − 2) = 0  2x + 2y − 7x − 2 = 0 2x + 2   − 7x − 2 = 0 2 2  x = 0; y = 1    2 ⇔ ⇔ ⇔  x+2 x+2  x = 2; y = 2 y = 2 y = y = x + 2   2   2 0,25 Vậy có hai giao điểm là M(0; 1) và N(2; 2) uuu  7  r + Các tiếp tuyến của (C ) tại M và N lần lượt nhận các vectơ IM =  − ;1 và 4 uu  1  r IN =  ; 2  làm các vectơ pháp tuyến , do đó các TT đó có phương trình lần lượt là : 4  7 • − (x − 0) + 1(y − 1) = 0 , hay : 7x − 4y + 4 = 0 4 0,50 1 (x − 2) + 2(y − 2) = 0 , hay : x + 8y − 18 = 0 • 4 2x 2 + (m + 1)x − 3 2/ Cho hàm số y = . Tìm các giá trị của m sao cho tiệm cận của đồ Điểm x+m thị hàm số tiếp xúc với parabol y = x2 +5 2x 2 + (m + 1)x − 3 xác định với mọi x ≠ − m Hàm số y = x+m m2 − m − 3 Viết hàm số về dạng y = 2x + 1 − m + x+m 0,25 1 ± 13 : Có hàm số bậc nhất y = 2x + 1 − m ( x ≠ − m ) : + TH1 : m 2 − m − 3 = 0 ⇔ m = 2 đồ thị không có tiệm cận 0,25 1 ± 13 + TH2 : m 2 − m − 3 ≠ 0 ⇔ m ≠ : Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là đường 2 thẳng (d1) x = -m và tiệm cận xiên là đường thẳng (d2) y = 2x + 1 - m 0,25 + Đường thẳng (d1) x = - m luôn cắt parabol parabol y = x2 +5 tại điểm (-m ; m2 +5) 1 ± 13 ( với mọi m ≠ ) và không thể là tiếp tuyến của parabol 2 + Tiệm cận xiên (d2) y = 2x + 1 - m tiếp xúc với parabol y = x2 +5 ⇔ PT x2 +5 = 2x + 0,25 1 - m , hay PT x2 – 2x + 4 +m = 0 có nghiệm kép ⇔ ∆ ' = 1-(4 + m) = 0 ⇔ m = −3 ( thỏa điều kiện) Kết luận : m = -3 là giá trị cần tìm VI. 8  − log 2 ( 3x −1 +1)  1 3 x −1 (1,0 điểm) Cho khai triển  2log 2 9 +7 + 2 5  . Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng (1,0   điểm) thứ 6 trong khai triển này là 224
8  log2 3 9x−1 + 7 − log 2 ( 3x −1 +1)  k =8 1 Ta có : ( a + b ) = ∑ C8 a b với 8 k 8− k k +2 5 2     k =0 ( ) 1 1 1 =( 9 + 7) =(3 + 1) − log 2 3x −1 +1 − 0,25 log 2 3 9x −1 + 7 x −1 x −1 a=2 ; b=2 5 3 5 + Theo thứ tự trong khai triển trên , số hạng thứ sáu tính theo chiều từ trái sang phải 3 5   − 1 1 0,25 của khai triển là T6 = C  ( 9x −1 + 7 ) 3  .  ( 3x −1 + 1) 5  = 56 ( 9 x −1 + 7 ) . ( 3x −1 + 1) −1 5 8    9x −1 + 7 + Theo giả thiết ta có : 56 ( 9x −1 + 7 ) . ( 3x −1 + 1) = 224 ⇔ x −1 −1 = 4 ⇔ 9x −1 + 7 = 4(3x −1 + 1) 0,25 3 +1 3x −1 = 1 x = 1 ⇔ ( 3x −1 ) − 4(3x −1 ) + 3 = 0 ⇔  x −1 2 ⇔ 0,25 x = 2 3 = 3 Chý ý học sinh làm cách khác kết quẩ đúng vẫn được điểm tối đa ----Hết-----