intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2010 môn toán đề 6

Chia sẻ: Huong Huong | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

143
lượt xem
48
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đây là đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2010 môn toán đề 6 gửi đến các bạn độc giả tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2010 môn toán đề 6

  1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi : TOÁN Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = 8x − 9x + 1 4 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos 4 x − 9cos 2 x + m = 0 với x ∈ [0; π ] . Câu II (2 điểm) : Giải phương trình, hệ phương trình:  x + y + x 2 − y 2 = 12  log 3 x ( x − 2)  x −  1  = x−2    y x 2 − y 2 = 12  2 2.  1. ; y =| x 2 − 4 x | Câu III: Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường và y = 2 x . 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) Định m để phương trình sau có nghiệm π π π    4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +  − cos 2  2x +  + m = 0  4  4  4 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 x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. giác trong CD:  x = −2 + t   y = −2t  z = 2 + 2t  .Gọi ∆ là 2. Cho đường thẳng (D) có phương trình: đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (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. Câu VI.b (2 điểm)
  2. 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆ có phương trình tham số  x = −1 + 2t   y = 1− t  z = 2t  .Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆ , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1  1 2 b c + + + + 32 •1 : Phương trình đã cho vô nghiệm. 81 m= 32 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 1. 0,5 81 1≤ m < 32 •2 : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 0 < m
  3. Phương trình đã cho tương đương:  x−2 =0 x − 2 = 0 x = 2     ln  x − 1  log 3 x     1 log x 0,5 1 3 = 0 ⇔  log 3 x ln  x −  = 0 = 1 ⇔     x −     2  2   2    x − 2 > 0  x > 2  x > 2   x = 2 x = 2 x = 2       log 3 x = 0  x = 1  x = 1  ⇔   ⇔  1 ⇔  3⇔x=2   1 0,5    ln  x −  = 0  x − = 1  x =      2 2 2  x > 2  x > 2  x > 2    2 1,0 Điều kiện: | x | ≥ | y | u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0   v = x + y Đặt  ; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có 1 u2  y = v −  0,2 2 v . Hệ phương trình đã cho có dạng: u + v = 12  u  u2   2  v − v  = 12   u = 4 u = 3 ⇔   v = 8 h oặ c  v = 9  x2 − y 2 = 4 u = 4  ⇔  0,25 v =8 x + y = 8 +  (I)  u = 3  x 2 − y 2 = 3 ⇔  v=9 x + y = 9 +  (II) Giải hệ (I), (II). 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } ban đầu là 0,25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình 1,00 S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } ban đầu là
  4. III 0,25 ( d ) : y = 2x Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y =| x − 4 x | (C ) và 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x ≥ 0 x ≥ 0 x = 0 2 2 | x − 4 x |= 2 x ⇔   x − 4 x = 2 x ⇔   x − 6 x = 0 ⇔  x = 2 2  0,25  2  2 x = 6 x − 4 x = −2 x x − 2x = 0    Suy ra diện tích cần tính: 2 6 ∫( ) ∫( x ) S= x 2 − 4 x − 2 x dx + − 4 x − 2 x dx 2 0 2 2 I = ∫ ( | x 2 − 4 x | −2 x ) dx Tính: 0 ∀x ∈ [ 0; 2] , x 2 − 4 x ≤ 0 nên | x − 4 x |= − x + 4 x ⇒ 2 2 0,25 Vì 2 4 I = ∫ ( − x 2 + 4 x − 2 x ) dx = 3 0 6 K = ∫ ( | x 2 − 4 x | −2 x ) dx Tính 2 ∀x ∈ [ 2; 4] , x 2 − 4 x ≤ 0 ∀x ∈ [ 4;6] , x 2 − 4 x ≥ 0 0,25 Vì và nên 4 6 K = ∫ ( 4 x − x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 . 2 4 1,00 4 52 S= + 16 = 3 3 V ậy IV 0,25 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có: 0,25  AB ⊥ IC ⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ') ⊥ ( CII ' C ')   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 I ' K .IK = OK 2 ⇒ = r 2 ⇒ x 2 = 6r 2 . 6 3 Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
  5. ( ) h V= B + B '+ B.B ' 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: 0,25 4x 2 3 x 2 3 3r 2 3 B= = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = = ; h = 2r 4 4 2 Trong đó: 2r  2 3r 2 3  21r 3 . 3 3r 2 3  6r 3 + = V= + 6r 2 3. 0,25 3 2 2 3   Từ đó, ta có: V 1,00 Ta có: 4sin3xsinx = 2 ( cos2x - cos4x ) +/ ; π π π     4cos  3x -  cos  x +  = 2  cos  2x -  + cos4x  = 2 ( sin 2x + cos4x )  4  4  2  +/ π  1 π  1   cos 2  2x +  =  1 + cos  4x +   = ( 1 − sin 4x ) 0,25  4  2  2  2 +/ Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2 ( cos2x + sin2x ) + sin 4x + m - = 0 (1) 2 2 π  t = cos2x + sin2x = 2cos  2x -   4  (điều kiện: − 2 ≤ t ≤ 2 ). Đ ặt Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t − 1 . Phương trình (1) trở thành: 2 t 2 + 4t + 2m − 2 = 0 (2) với − 2 ≤ t ≤ 2 (2) ⇔ t 2 + 4t = 2 − 2m 0,25 Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường ( D) : y = 2 − 2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y = t 2 + 4t với − 2 ≤ t ≤ 2 .  − 2; 2   , hàm số y = t + 4t đạt giá trị nhỏ nhất là 2 − 4 2 tại 2 Trong đoạn  0,25 t = − 2 và đạt giá trị lớn nhất là 2 + 4 2 tại t = 2 . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 2 − 4 2 ≤ 2 − 2m ≤ 2 + 4 2 0,25 ⇔ −2 2 ≤ m ≤ 2 2 . VIa 2,00 1 1,00 C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) Điểm . t +1 3 − t  0,25  M ;  2 2 . Suy ra trung điểm M của AC là  t +1  3 − t + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 ) M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2  + 2 2 Điểm
  6. Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K ∈ BC ). AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 Suy ra . x + y −1 = 0 ⇒ I ( 0;1)  Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x − y + 1 = 0 . K ( −1;0 ) Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ⇒ tọa độ của . 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 chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH ≤ IA và IH ⊥ AH .  d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH   H ∈ ( P ) Mặt khác  ( P ) , IH ≤ IA ; do đó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) ở vị trí (P ) Trong mặt phẳng 0 vuông góc với IA tại A. r uu r r n = IA = ( 6;0; −3) v = ( 2;0; −1) Vectơ pháp tuyến của (P0) là , cùng phương với . 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 Phương trình của mặt phẳng (P0) là: . VIIa ( xy + 1) − ( x + y ) = ( 1 − x ) ( 1 − y ) ≥ 0 ; Để ý rằng  yz + 1 ≥ y + z 0,25  zx + 1 ≥ z + x và tương tự ta cũng có  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 = x − − +5  yz + 1 zx + y xy + z   y z ≤ x 1 − − +5  z+ y y+z =5 vv
  7. uuu r AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình của AB là: 2 x + y − 2 = 0 . Ta có: I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t; t ) 0,25 . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) . 4 ⇒ CH = 0,25 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) 5. 4 5 8 8 2 t = 3 ⇒ C  3 ; 3  , D  3 ; 3  | 6t − 4 | 4 d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔    5 5 t = 0 ⇒ C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 )  Ngoài ra: 5 8 8 2 C  ; , D ;  C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) Vậy tọa độ của C và D là  3 3   3 3  hoặc 2 Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x = −1 + 2t   y = 1− t  z = 2t Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  . M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) Điểm M ∈ ∆ nên . ( ) 2 ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ) = 9t 2 + 20 = ( 3t ) 2 2 2 2 AM = +25 ( ) 2 ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) = 9t 2 − 36t + 56 = ( 3t − 6 ) 2 2 2 2 BM = +25 ( ) ( ) 2 2 ( 3t ) ( 3t − 6 ) 2 2 AM + BM = +25 + +25 r r ( ) và v = ( −3t + 6; 2 5 ) . u = 3t ; 2 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ r ( ) 2 | u |= ( 3t ) + 2 5 2   r ( ) | v |= ( 3t − 6 ) 2 + 2 5 2 Ta có   rr rr ( ) r r u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29 Suy ra AM + BM =| u | + | v | r à rv r r rr u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | Mặt khác, với hai vectơ Như vậy AM + BM ≥ 2 29
  8. rr u , v cùng hướng Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3t 25 ⇔ = ⇔ t =1 −3t + 6 2 5 ⇒ M ( 1;0; 2 ) min ( AM + BM ) = 2 29 và . ( ) 2 11 + 29 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = VIIb 1,00 a + b > c  b + c > a c + a > b Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:  . 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 . 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 x + y > z ⇔ z ( x + y + z ) < 2z ( x + y ) ⇔ > x+ y+z x+ y . Ta có: x 2x y 2y < < ; . Tương tự: y + z x + y + z z + x x + y + z 2( x + y + z) x y z + + < =2 y+z z+x x+ y x+ y+z Do đó: . 1  1 2 b c + + + +
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2