Đề thi thử ĐH môn TOÁN - Ngày 08-06-2010

Chia sẻ: Trần Bá Phúc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

162
lượt xem 80
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu " Đề thi thử ĐH môn TOÁN - Ngày 08-06-2010 " giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các đề thi một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình.Chúc cácn em học tốt.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn TOÁN - Ngày 08-06-2010

ð THI TH TOÁN ð I H C - CAO ð NG HTTP://EBOOK.HERE.VN NGÀY 8 – THÁNG 6 - NĂM 2010 PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7 ñi m) 2x + 1 Câu I (2 ñi m) Cho h m sè y = cã ®å thÞ (C). x −1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn v vÏ ®å thÞ h m sè . 2. Víi ®iÓm M bÊt kú thuéc ®å thÞ (C) tiÕp tuyÕn t¹i M c¾t 2 tiÖm cËn t¹i Av B . Gäi I l giao hai tiÖm cËn , T×m vÞ trÝ cña M ®Ó chu vi tam gi¸c IAB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt Câu II (2 ñi m) :  x + y + x 2 − y 2 = 12  1. Gi i h phương trình:   y x 2 − y 2 = 12  2.Gi i phương trình: sin 2 x ( cos x + 3) − 2 3cos3 x − 3 3cos2 x + 8 ( ) 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 . Câu III: Tính di n tích c a mi n ph ng gi i h n b i các ñư ng y =| x − 4 x | và y = 2 x . 2 Câu IV (1 ñi m) Cho hình chóp c t tam giác ñ u ngo i ti p m t hình c u bán kính r cho trư c. Tính th tích hình chóp c t bi t r ng c nh ñáy l n g p ñôi c nh ñáy nh . Câu V (1 ñi m) Cho phương trình x + 1 − x + 2m x (1 − x ) − 2 4 x (1 − x ) = m3 Tìm m ñ phương trình có m t nghi m duy nh t. PH N RIÊNG (3 ñi m): Thí sinh ch làm m t trong hai ph n (Ph n 1 ho c ph n 2) 1. Theo chương trình chu n. Câu VI.a (2 ñi m) 1. Cho ∆ ABC có ñ nh A(1;2), ñư ng trung tuy n BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Vi t phương trình ñư ng th ng BC.  x = −2 + t  2. Cho ñư ng th ng (D) có phương trình:  y = −2t .G i ∆ là ñư ng th ng qua ñi m  z = 2 + 2t  A(4;0;-1) song song v i (D) và I(-2;0;2) là hình chi u vuông góc c a A trên (D). Trong các m t ph ng qua ∆ , hãy vi t phương trình c a m t ph ng có kho ng cách ñ n (D) là l n nh t. Câu VII.a (1 ñi m) Cho x, y, z là 3 s th c thu c (0;1]. Ch ng minh r ng 1 1 1 5 + + ≤ xy + 1 yz + 1 zx + 1 x + y + z 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 ñi m) 1. Cho hình bình hành ABCD có di n tích b ng 4. Bi t A(1;0), B(0;2) và giao ñi m I c a hai ñư ng chéo n m trên ñư ng th ng y = x. Tìm t a ñ ñ nh C và D.  x = −1 + 2t  2. Cho hai ñi m A(1;5;0), B(3;3;6) và ñư ng th ng ∆ có phương trình tham s  y = 1 − t .M t ñi m M thay  z = 2t  ñ i trên ñư ng th ng ∆ , tìm ñi m M ñ chu vi tam giác MAB ñ t giá tr nh nh t. Câu VII.b (1 ñi m) Cho a, b, c là ba c nh tam giác. Ch ng minh  1 1 2  b c a + + + +
Kú thi thö ®¹i häc- cao ®¼ng n¨m 2010 H−íng dÉn chÊm m«n to¸n C©u Néi dung §iÓm I.1 2x + 1 1,00 Kh¶o s¸t h m sè y= x −1 1. TËp x¸c ®Þnh: R\{1} 2. Sù biÕn thiªn: 2( x − 1) − (2 x + 1) −3 0,25 + ChiÒu biÕn thiªn: y ' = = ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 H m sè nghÞch biÕn trªn c¸c kho¶ng (-∞; 1) v (1;+∞) . Cùc trÞ : H m sè ® cho kh«ng cã cùc trÞ 2x + 1 . TiÖm cËn: lim y = lim = −∞ x→1− − x→1 x −1 2x + 1 lim y = lim = +∞ x→1+ + x→1 x −1 0,25 Do ®ã ®−êng th¼ng x=1 l tiÖm cËn ®øng 2x + 1 lim y = lim =2 x→±∞ x→±∞ x − 1 VËy ®−êng th¼ng y= 2 l tiÖm cËn ngang * B¶ng biÕn thiªn: x -∞ 1 +∞ y' - - 0,5 y 2 +∞ -∞ 2 3* §å thÞ : HS tù vÏ ®å thÞ h m sè. I.2 Víi M bÊt k× ∈ (C), tiÕp tuyÕn t¹i M c¾t 2 tiÖm cËn t¹i A, B. T×m M ®Ó chu vi tam gi¸c IAB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt. 1,00  3  Gäi M  x0 ;2 +   ∈(C)  x0 − 1   −3 3 * TiÕp tuyÕn t¹i M cã d¹ng: y = ( x − x0 ) + 2 + ( x 0 − 1) 2 x0 − 1
C©u Néi dung §iÓm 0,25 TiÕp tuyÕn t¹i M c¾t hai tiÖm cËn t¹i A v B nªn täa ®é A; B cã d¹ng l : A  1; 2 +  6    x0 − 1    B(2x0-1; 2) ; I(1; 2) 1 1 6 * Ta cã: S∆IAB= . IA. IB= ⋅ ⋅ 2 x0 − 1 = 2.3 = 6 (®vdt) 2 2 x0 − 1 0,25 * ∆IAB vu«ng cã diÖn tÝch kh«ng ®æi => chu vi ∆IAB ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi IA= IB 6  x0 = 1 + 3 (HS tù chøng minh). = 2 x0 − 1 ⇒  x0 − 1  x0 = 1 − 3  * VËy cã hai ®iÓm M tháa m n ®iÒu kiÖn 0,5 M 1( 1 + 3 ; 2 + 3 ) M 2( 1 − 3 ; 2 − 3 ) Khi ®ã chu vi ∆AIB = 4 3 + 2 6 Câu Ý N i dung ði m II 2,00 1 1,00 1) CâuII:2. Gi i phương trình: sin 2 x ( cos x + 3) − 2 3cos3 x − 3 3cos2 x + 8 ( ) 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 . sin 2 x(cos x + 3) − 2 3. cos 3 x − 3 3.cos 2 x + 8( 3. cos x − sin x) − 3 3 = 0 ⇔ 2 sin x. cos 2 x + 6 sin x. cos x − 2 3. cos3 x − 6 3 cos 2 x + 3 3 + 8( 3. cos x − sin x) − 3 ⇔ −2 cos 2 x( 3 cos x − sin x) − 6. cos x( 3 cos x − sin x) + 8( 3 cos x − sin x) = 0 ⇔ ( 3 cos x − sin x)(−2 cos 2 x − 6 cos x + 8) = 0 0,50  tan x = 3  3 cos x − sin x = 0  ⇔ 2 ⇔ cos x = 1 cos x + 3 cos x − 4 = 0  cos x = 4(loai )   π x = + kπ ⇔ 3 ,k ∈ Ζ   x = k 2π 1 1,00 ði u ki n: | x | ≥ | y | u = x 2 − y 2 ; u ≥ 0  1 u2  ð t  ; x = − y không th a h nên xét x ≠ − y ta có y =  v −  . 0,25 v = x + y  2 v  H phương trình ñã cho có d ng:
u + v = 12  u  u2  2  v −  = 12   v  u = 4 u = 3 ⇔ ho c  v = 8 v = 9 u = 4  x2 − y 2 = 4  + ⇔ (I) 0,25 v = 8   x+ y =8 u = 3  x 2 − y 2 = 3  + ⇔ (II) v = 9 x + y = 9  Sau ñó h p các k t qu l i, ta ñư c t p nghi m c a h phương trình ban ñ u là 1,00 S = {( 5;3) , ( 5; 4 )} III 0,25 Di n tích mi n ph ng gi i h n b i: y =| x − 4 x | (C ) và ( d ) : y = 2 x 2 Phương trình hoành ñ giao ñi m c a (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   2  2  0,25  x − 4 x = −2 x  x − 2x = 0 x = 6 Suy ra di n tích c n tính: 2 6 S= ∫( x ) − 4 x − 2 x dx + ∫( x ) − 4 x − 2 x dx 2 2 0 2 2 Tính: I = ∫ (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx 0 2 0,25 Vì ∀x ∈ [ 0; 2] , x 2 − 4 x ≤ 0 nên | x 2 − 4 x |= − x 2 + 4 x ⇒ I = ∫ ( − x 2 + 4 x − 2 x ) dx = 4 0 3 6 Tính K = ∫ (| x 2 − 4 x | −2 x ) dx 2 Vì ∀x ∈ [ 2; 4 ] , x 2 − 4 x ≤ 0 và ∀x ∈ [ 4; 6] , x 2 − 4 x ≥ 0 nên 0,25 4 6 K = ∫ ( 4 x − x 2 − 2 x ) dx + ∫ ( x 2 − 4 x − 2 x ) dx = −16 . 2 4 4 52 1,00 V y S = + 16 = 3 3 IV 0,25
0,25 G i H, H’ là tâm c a các tam giác ñ u ABC, A’B’C’. G i I, I’ là trung ñi m c a AB,  AB ⊥ IC A’B’. Ta có:  ⇒ AB ⊥ ( CHH ' ) ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )  AB ⊥ HH ' Suy ra hình c u n i ti p hình chóp c t này ti p xúc v i hai ñáy t i H, H’ và ti p xúc v i m t bên (ABB’A’) t i ñi m K ∈ II ' . G i x là c nh ñáy nh , theo gi thi t 2x là c nh ñáy l n. Ta có: 1 x 3 1 x 3 I ' K = I ' H ' = I 'C ' = ; IK = IH = IC = 3 6 3 3 x 3 x 3 Tam giác IOI’ vuông O nên: I ' K .IK = OK 2 ⇒ . = r 2 ⇒ x 2 = 6r 2 6 3 0,25 Th tích hình chóp c t tính b i: V = h 3 ( B + B '+ B.B ' ) 2 2 2 0,25 Trong ñó: B = 4x 3 = x 2 3 = 6r 2 3; B ' = x 3 = 3r 3 ; h = 2r 4 4 2 2r  2 3r 2 3 3r 2 3  21r 3 . 3 T ñó, ta có: V =  6r 3 + + 6r 2 3. = 0,25 3 2 2  3   VIa 2,00 1 1,00 ði m C ∈ CD : x + y − 1 = 0 ⇒ C ( t ;1 − t ) .  t +1 3 − t  Suy ra trung ñi m M c a AC là M  ; .  2 2  0,25  t +1 3 − t 0,25 ði m M ∈ BM : 2 x + y + 1 = 0 ⇒ 2  + + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C ( −7;8 )  2  2 0,25 T A(1;2), k AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 t i I (ñi m K ∈ BC ). Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − y + 1 = 0 .
x + y −1 = 0 T a ñ ñi m I th a h :  ⇒ I ( 0;1) . x − y +1 = 0 Tam giác ACK cân t i C nên I là trung ñi m c a AK ⇒ t a ñ c a K ( −1;0 ) . x +1 y ðư ng th ng BC ñi qua C, K nên có phương trình: = ⇔ 4x + 3 y + 4 = 0 −7 + 1 8 2 G i (P) là m t ph ng ñi qua ñư ng th ng ∆ , thì ( P ) //( D ) ho c ( P ) ⊃ ( D) . G i H là hình chi u vuông góc c a I trên (P). Ta luôn có IH ≤ IA và IH ⊥ AH . d ( ( D ) , ( P ) ) = d ( I , ( P ) ) = IH  M t khác  H ∈ ( P )  Trong m t ph ng ( P ) , IH ≤ IA ; do ñó maxIH = IA ⇔ H ≡ A . Lúc này (P) v trí (P0) vuông góc v i IA t i A. r uu r r Vectơ pháp tuy n c a (P0) là n = IA = ( 6;0; −3) , cùng phương v i v = ( 2; 0; −1) . Phương trình c a m t ph ng (P0) là: 2 ( x − 4 ) − 1. ( z + 1) = 2x - z - 9 = 0 . VIIa ð ý r ng ( xy + 1) − ( x + y ) = (1 − x )(1 − y ) ≥ 0 ;  yz + 1 ≥ y + z và tương t ta cũng có  0,25  zx + 1 ≥ z + x Vì v y 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 z y  = x − −  + 5 vv  yz + 1 zx + y xy + z   z y  ≤ x 1 − − +5  z+ y y+z =5
Ta có: uuu r AB = ( −1; 2 ) ⇒ AB = 5 . Phương trình c a AB là: 2x + y − 2 = 0 . 0,25 I ∈ ( d ) : y = x ⇒ I ( t ; t ) . I là trung ñi m c a AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) . 4 M t khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chi u cao) ⇒ CH = . 0,25 5  4 5 8 8 2 | 6t − 4 | 4 t = 3 ⇒ C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH ⇔ = ⇔     5 5 t = 0 ⇒ C ( −1; 0 ) , D ( 0; −2 )  0,50 5 8 8 2 V y t a ñ c a C và D là C  ;  , D  ;  ho c C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) 3 3 3 3 2 1,00 G i P là chu vi c a tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không ñ i nên P nh nh t khi và ch khi AM + BM nh nh t.  x = −1 + 2t  ðư ng th ng ∆ có phương trình tham s :  y = 1 − t .  z = 2t  ði m M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) . 0,25 ( ) 2 ( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t ) ( 3t ) 2 2 2 2 AM = = 9t 2 + 20 = + 2 5 ( ) 2 ( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t ) ( 3t − 6 ) 2 2 2 2 BM = = 9t 2 − 36t + 56 = + 2 5 ( ) ( ) 2 2 ( 3t ) ( 3t − 6 ) 2 2 AM + BM = + 2 5 + 2 5 + r r Trong m t ph ng t a ñ Oxy, ta xét hai vectơ u = 3t ; 2 5 và v = −3t + 6; 2 5 . ( ) ( ) r ( ) 2 ( 3t ) 2 | u |=  + 2 5 Ta có  r | v |= ( ) 2 ( 3t − 6 ) 2 + 2 5 0,25   r r r r r r Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = 6; 4 5 ⇒| u + v |= 2 29 r r r r r r ( ) M t khác, v i hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v | Như v y AM + BM ≥ 2 29 r r ð ng th c x y ra khi và ch khi u , v cùng hư ng 3t 2 5 ⇔ = ⇔ t =1 0,25 −3t + 6 2 5 ⇒ M (1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 .
V y khi M(1;0;2) thì minP = 2 ( 11 + 29 ) 0,25 VIIb 1,00 a + b > c  Vì a, b, c là ba c nh tam giác nên: b + c > a . c + a > b  a+b c+a ð t = x, = y , a = z ( x , y , z > 0 ) ⇒ x + y > z , y + z > x, z + x > y . 2 2 0,50 V trái vi t l i: 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 t : < ; < . y+ z x+ y+ z z+x x+ y+z 0,50 x y z 2( x + y + z) Do ñó: + + < = 2. y+z z+x x+ y x+ y+z  1 1 2  b c T c là: a  + + + +
* V i m = 1 thì (1) tr thành: ( ) =( ) 2 2 x + 1 − x − 2 4 x (1 − x ) = 1 − 2 x (1 − x ) ⇔ 4 x − 4 1− x x − 1− x 1 Ta th y phương trình (1) có 2 nghi m x = 0, x = nên trong trư ng h p này (1) không có nghi m duy 2 nh t. V y phương trình có nghi m duy nh t khi m = 0 và m = -1. H T