ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN, khối A

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng môn thi : toán, khối a', 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 TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi : TOÁN, khối A

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN, khối A Thi thử thứ năm hàng tuần. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm ) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y =  x3  3x2 + mx + 4, trong đó m là tham s ố thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm s ố đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ). Câu II. (2,0 điểm) 3 (2cos2x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0 1. Giải phương trình: 2. Giải phương trình: log 2 (x  2)  log 4 (x  5) 2  log 1 8  0 2 Câu III. (1,0 điểm) e x  1 , trục hoành và hai đường thẳng x = ln3, x = ln8. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = Câu VI. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu V. (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. x 2 (y  z) y 2 (z  x) z 2 (x  y) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P    yz zx xz II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600 .  x  1  2t  2. Trong không gian với hệ t ọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình:  y  1  t z   t  Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm hệ số của x2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1) 6 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ đ ược hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2. Trong không gian với hệ tọa đ ộ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có phương trình: x 1 y 1 z   . 1 2 1 Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1)5 ……………………Hết…………………… 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: …………………… 1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Điểm Đáp án I 1. (1,25 điểm) (2,0 Với m = 0, ta có hàm s ố y = – x3 – 3x2 + 4 điểm) Tập xác định: D = ¡ Sự biến thiên:  x  2  Chiều bi ến thiên: y’ = – 3x2 – 6x, y’ = 0   x  0 0,50  x  2 y’ < 0   x  0 y’ > 0  – 2 < x < 0 Do đó: + Hàm số nghịch bi ến trên mỗi khoảng (  ;  2) và (0 ; + ) + Hàm số đồng bi ến trên khoảng ( 2 ; 0)  Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và yCT = y(–2) = 0; + Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 4. 0,25  Giới hạn: lim   , lim   x  x   Bảng biến thiên: 0 x 2      0 0 y' 0,25  4 y 0  y  Đồ thị: 4 Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4), cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp xúc với trục hoành tại điểm ( 2 ; 0) 0,25 1 x 3 2 O 2. (0,75 điểm) Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + )  y’ = – 3x2 – 6x + m  0,  x > 0 0,25  3x2 + 6x  m,  x > 0 (*) Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3 x2 + 6x trên (0 ; + )  x 0  0,50 y 0 Từ đó ta được : (*)  m  0. II 1. (1,0 điểm) (2,0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình : điểm)  3 sin x  0,50  2sin x  3    3 sin x  cos x  0   2  3 sin x  cos x  0  n   x  ( 1) 3  n, n  ¢  0,50  x     k , k  ¢  6  2
Câu Điểm Đáp án 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x > – 2 và x  5 (*) Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình: 0,50 2 2 log 2  (x  2) x  5   log 2 8  (x  2) x  5  8  (x  3x  18)(x  3x  2)  0    x 2  3x  18  0 3  17  2  x  3; x  6; x  2  x  3x  2  0  0,50 Đối chiếu với điều ki ện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là: 3  17 x  6 và x  2 Kí hiệu S là diện tích cần tính. II I (1,0 ln 8 0,25 e x  1  0 x  [ln 3 ; ln 8] nên S  e x  1dx Vì  điểm) ln 3 2tdt e x  1 = t, ta có dx  Đặt t2 1 0,25 Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3 3 3 3 3 3 2t 2 dt dt  dt dt 3 3 3 Vì vậy: S    2   dt   2 2   2  ln t  1 2  ln t  1 2  2  ln 0,50 2 t 1 t 1  t 1 2 t 1 2 2 2 2 2 Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đ ều. IV Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD. (1,0 0,50 Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD. điểm) Ta có OG  (SAB) và OI  (ABCD). S a Suy ra: + OG = IH = , trong đó H là trung điểm của AB. 0,25 2 + Tam giác OGA vuông tại G. Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, G O ta có: A D 0,25 H a 2 3a 2 a 21 I R  OA  OG 2  GA 2    C B 4 9 6 2 2 2 2 2 2 V x x y y z z Ta có : P      (*) (1,0 y z z x x y Nhận thấ y : x2 + y2 – x y  xy x, y  ¡ điểm) 0,50 2 2 x y Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0   x  y x, y > 0 hay y x y2 z 2   y  z y, z > 0 Tương tự, ta có : z y z2 x 2  z  x x, z > 0  x z 0,50 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = . Vì vậ y, minP = 2. 3 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)2 + y2 = 4. 0,25 điểm) Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2 Suy ra trục tung không có đi ểm chung với đường tròn (C). Vì vậy, qua một điểm b ất kì trên tục tung 0,25 luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C). 3
Câu Điểm Đáp án Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung. Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có: 0,25 ·  AMB  600 (1) Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 600   ·  AMB  1200 (2)  · Vì MI là phân giác của AMB nên : IA · (1)  AMI  300  MI   MI  2R  m 2  9  4  m   7 sin 300 0,25 IA 2R 3 43 · (2)  AMI  60 0  MI   m2  9   MI  (*) 0 sin 60 3 3 Dễ thấ y, không có m thỏa mãn (*) Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ;  7 ) và (0 ; 7) 2. (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc 0,25 với d. Vì H  d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ;  1 + t ;  t). uuuur Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t) r Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ;  1), nên : 0,50 uuuu  1 r 2 4 2 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vì thế, MH =  ;  ;   . 3 3 3 3 x  2  t  Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là:  y  1  4t 0,25  z  2t  VII.a Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: 0,25 (1,0 P = C0 (x  1)6  C1 x 2 (x  1)5  K  C6 x 2 k (x  1) 6 k  K  C5 x10 (x  1)  C 6 x12 k 6 6 6 6 điểm) Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2 chỉ xuất hiện khi khai triển C0 (x  1) 6 và C1 x 2 (x  1)5 . 0,25 6 6 Hệ số của x2 trong khai triển C0 (x  1) 6 là : C0 .C2 6 6 6 0,25 Hệ số của x2 trong khai triển C1 x 2 (x  1) 5 là : C1 .C5 0 6 6 Vì vậy, hệ số của x2 trong khai triển P thành đa thức là : C0 .C 2 C1 .C5 = 9. 0 0,25 6 6 6 VI.b 1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a. (2,0 2. (1,0 điểm) điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc 0,25 với d.  x  1  2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z   t  Vì H  d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ;  1 + t ;  t). 0,50 uuuur Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t) r Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ;  1), nên : uuuu  1 r 2 4 2 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vì thế, MH =  ;  ;   . 3 3 3 3 Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x  2 y 1 z 0,25   4 2 1 4
Câ u Điểm Đáp án VII.b Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: (1,0 P = C0 (x  1)5  C1 x 2 (x  1) 4  K  C5 x 2 k (x  1)5  k  K  C5 x 8 (x  1)  C5 x10 0,25 k 4 5 5 5 điểm) Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x3 chỉ xuất hiện khi khai triển C0 (x  1)5 và C1 x 2 (x  1) 4 . 0,25 5 5 Hệ số của x3 trong khai triển C0 (x  1)5 là : C0 .C3 5 5 5 0,25 Hệ số của x3 trong khai triển C1 x 2 (x  1) 4 là : C1 .C1 5 5 4 Vì vậy, hệ số của x3 trong khai triển P thành đa thức là : C0 .C3 C1 .C1 = 10. 0,25 5 5 5 4 Đề này trích từ cuốn: “ Cấu trúc đ ề thi môn TOÁN, VẬT LÍ, HÓA HỌC, SINH H ỌC d ùng để ôn thi tố t nghiệp và thi tuyển sinh đại học cao đẳng năm 2009” của Nhà xuất bản giáo d ục Tôi gửi lên cho các thầ y cô và học sinh tham khảo. 5