Đề thi thử đại học , cao đẳng môn Toán - Đề số 8

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

Thêm vào BST

Báo xấu

69
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Đề thi thử đại học , cao đẳng môn Toán giúp các bạn ôn thi đại học tốt hơn

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 8

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) 2x + 4 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 1− x 1)Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số trên. 2)Gọi (d) là đường thẳng qua A( 1; 1 ) và có hệ số góc k. Tìm k sao cho (d) cắt ( C ) tại hai điểm M, N và MN = 3 10 . Câu II (2 điểm) :  x + y + x 2 − y 2 = 12  1. Giải hệ phương trình:   y x 2 − y 2 = 12  2.Giải phương trình : 2 sin 2 x − sin 2 x + sin x + cos x − 1 = 0 . π Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = ∫ 3sin x − 2 cos x dx 2 (sin x + cos x) 3 0 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) song song với 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình:  z = 2 + 2t  (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) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5 + + ≤ xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z 2. Theo chương trình nâng cao. mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong (C ) : x + y – 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 2 2 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 cã ph¬ng y−2 x−2 z+5 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 + + + +
Kú thi thö ®¹i häc cao ®¼ng n¨m 2010 Híng dÉn chÊm m«n to¸n Câu Phần Nội dung Làm đúng, đủ các bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa. I (2,0) 1(1,0) 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y = k ( x − 1) + 1. Bài toán trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt sao cho ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 90(*) 2 2  2x + 4 kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0 = k ( x − 1) + 1  ( I ) . Ta có: ( I ) ⇔   −x +1 y = k ( x − 1) + 1   y = k ( x − 1) + 1  Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình kx 2 − (2k − 3) x + k + 3 = 0(**) có hai nghiệm phân biệt. Khi đó dễ có được 3 k ≠ 0, k < . 8 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 + k 2 ) ( x2 − x1 ) = 90⇔ (1 + k 2 )[( x2 + x1 ) − 4 x2 x1 ] = 90(***) 2 2 2k − 3 k +3 Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 = , x1 x2 = , thế vào (***) ta k k có phương trình: 8k 3 + 27k 2 + 8k − 3 = 0 ⇔ (k + 3)(8k 2 + 3k − 1) = 0 −3 + 41 −3 − 41 . ⇔ k = −3, k = , k= 16 16 KL: Vậy có 3 giá trị của k thoả mãn như trên. Nội dun Câu 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
Điều kiện: | x | ≥ | y | u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0 1 u2   ; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có y =  v −  . Đ ặt  2 v v = x + y  Hệ phương trình đã cho có dạng: u + v = 12  u  u2  v −  = 12 2  v  u = 4 u = 3 ⇔ h oặ c  v = 8 v = 9  x2 − y 2 = 4 u = 4  ⇔ + (I) v = 8 x + y = 8   u = 3  x 2 − y 2 = 3 ⇔ + (II) v = 9 x + y = 9  Giải hệ (I), (II). Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban đầu là S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } Phầ Nội dung Điể Câu n m π π π 0,2 III Đặt x = − t ⇒ dx = −dt , x = 0 ⇒ t = , x = ⇒ t = 0. 5 (1,0) 2 2 2 π π π Suy ra: I = ∫ 3sin x − 2 cos x dx = ∫ 3cos t − 2sin 3t dt = ∫ 3cos x − 2sin x dx (Do tích phân không 2 2 2 (sin x + cos x)3 (cos t + sin t ) (cos x + sin x)3 0 0 0 phụ thuộc vào kí hiệu các biến số). 0,2 π π π 5 Suy ra: 2 I = I + I = ∫ 3sin x − 2 cos x dx + ∫ 3cos x − 2sin x dx = ∫ 2 2 2 1 dx = (sin x + cos x) (cos x + sin x) (sin x + cos x) 2 3 3 0 0 0 π π ππ π 1 2 12   1 1 d  x −  = tan  x −  2 = 1 . KL: Vậy I = 1 . =∫ dx = ∫ π π 0 2 cos 2  x −  cos 2  x −   4 2  4 0 20 2    4  4 0,5 IV 0,25
Gọi H, H’ là tâm của các tam 0,25 giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của  AB ⊥ IC ⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ') ⊥ ( CII ' C ') AB, A’B’. Ta có:   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 điểm 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 0,25 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 0,25 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. 0,25 3 2 2 3   0,25 NhËn xÐt : 10x 2 +8 x + 4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) V 0,25 2x + 1 2x + 1 ) 2 − m( ) + 2 = 0 . Ph¬ng tr×nh t¬ng ®¬ng víi : 2 ( x2 +1 x2 +1 0,25 2x + 1 = t §iÒu kiÖn : 2
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 0,25  t +1  3 − t 0,25 + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) Điểm M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2  + 2 2 Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ). 0,25 Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 . x + y −1 = 0 ⇒ I ( 0;1) . Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x − y +1 = 0 Tam giác 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 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng ∆ , thì ( P ) //( D) hoặc ( P ) ⊃ ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH ≤ IA và 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 . VIIa Để ý rằng ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 ;  yz + 1 ≥ y + z 0,25 và tương tự ta cũng có   zx + 1 ≥ z + x Vì vậy ta có: 1,00
 1 1 1 x y z ( x + y + z)  + + ≤ + + +1+1+1  xy + 1 yz + 1 zx + 1  yz + 1 zx + 1 xy + 1 x y z ≤ + + +3 yz + 1 zx+y xy + z 1 y z vv = x − − +5  yz + 1 zx + y xy + z   y z ≤ x 1 − − +5  z+ y y+z =5 + Gọi tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và VIb 1) R = 1, R ' = 3 , đường thẳng (d) qua M có phương trình 0,2 5 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 0,2 IA > IH . 5 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 2 + b2 a + b2 a + b2  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 0,2 mãn. 5 0,2 5 2 0,25 .§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) Mp (α ) ph¶i ®i qua ®iÓm M vµ cã vect¬ ph¸p tuyÕn n vu«ng gãc víi u vµ 1 cos(n; u ' ) = cos 600 = . Bëi vËy nÕu ®Æt n = ( A; B; C ) th× ta ph¶i cã : 2 A − B + C = 0  1 ⇔  2A + B − C =  2  6 A + B +C 2 2 2 B = A + C B = A + C  ⇔ 2  2 A − AC − C = 0 2 2 3 A = 6 A + ( A + C ) + 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×nh x − ( y − 2) − 2 z = 0 hay x −y −2 z +2 =0 VIIb 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 0,50 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 0,50 2( x + y + z) x y z + + < = 2. Do đó: y+z z+x x+ y x+ y+z 1  1 2 b c + + + +
* Với m = -1; (1) trở thành x + 1 − x − 2 x ( 1 − x ) − 2 4 x ( 1 − x ) = −1 ( )( ) x + 1− x − 2 4 x ( 1− x) + x +1− x − 2 x ( 1− x) = 0 ⇔ ( ) +( ) 2 2 ⇔ x − 4 1− x x − 1− x =0 4 1 x − 4 1− x = 0 ⇔ x = 4 + Với 2 1 + Với x − 1 − x = 0 ⇔ x = 2 Trường hợp này, (1) cũng có nghiệm duy nhất. * Với m = 1 thì (1) trở thành: ( ) =( ) 2 2 x + 1− x − 24 x ( 1− x) = 1− 2 x ( 1− x) ⇔ x − 4 1− x x − 1− x 4 1 Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm x = 0, x = nên trong trường hợp này (1) 2 không có nghiệm duy nhất. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.