zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi và đáp án môn toán đại học năm 2010

Chia sẻ: Trịnh Xuân Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

140
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án môn toán đại học năm 2010', 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 và đáp án môn toán đại học năm 2010

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (1 − m)x + m (1), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điều kiện x12 + x2 + x3 < 4. 2 2 Câu II (2,0 điểm) π⎞ ⎛ (1 + sin x + cos 2 x) sin ⎜ x + ⎟ 1 4⎠ ⎝ = 1. Giải phương trình cos x . 1 + tan x 2 x− x ≥ 1. 2. Giải bất phương trình 2 1− 2( x − x + 1) 1 x2 + e x + 2 x2e x ∫ 1 + 2e x dx . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. ⎧(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ⎪ (x, y ∈ R). Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ 4x2 + y2 + 2 3 − 4x = 7 ⎪ ⎩ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x + y = 0 và d2: 3 x − y = 0 . Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết 3 phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng và điểm A có hoành độ dương. 2 x −1 y z + 2 == 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0. −1 2 1 Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết z = ( 2 + i ) 2 (1 − 2 i ) . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. x+2 y−2 z +3 = = 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: . Tính 2 3 2 khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8. (1 − 3i )3 Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = . Tìm môđun của số phức z + i z. 1− i ----------- 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................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1. • Tập xác định: R. 0,25 • Sự biến thiên: 4 - Chiều biến thiên: y ' = 3x2 − 4x; y '( x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = . 3 ⎛4 ⎞ ⎛ 4⎞ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và ⎜ ; + ∞ ⎟ ; nghịch biến trên khoảng ⎜ 0; ⎟ . 3 ⎝ 3⎠ ⎝ ⎠ 4 5 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = ; yCT = − . 3 27 - Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞. x→ − ∞ x→ + ∞ - Bảng biến thiên: 4 x −∞ +∞ 0 3 + − + y' 0 0 0,25 +∞ 1 y 5 − 27 −∞ • Đồ thị: y 1 0,25 4 O 3 x 5 2 − 27 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0 0,25 ⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − x − m = 0 (*) Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm 0,25 phân biệt, khác 1. Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*). ⎧∆ > 0 ⎪ 0,25 Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: ⎨ g (1) ≠ 0 ⎪2 2 ⎩ x2 + x3 < 3 ⎧1 + 4m > 0 ⎪ 1 ⇔ ⎨−m ≠ 0 ⇔ − < m < 1 và m ≠ 0. 0,25 4 ⎪1 + 2m < 3 ⎩ Trang 1/4
Câu Đáp án Điểm II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0. π⎞ 0,25 ⎛ 2 sin ⎜ x + ⎟ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 4⎠ ⎝ sin x + cos x ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = cos x ⇔ sinx + cos2x = 0 0,25 cos x 1 ⇔ 2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − 0,25 2 π 7π ⇔ x=− + k2π hoặc x = + k2π (k ∈ Z). 0,25 6 6 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 0. 2( x 2 − x + 1) = x 2 + ( x − 1) 2 + 1 > 1, suy ra 1 − 2( x 2 − x + 1) < 0. Ta có: 0,25 2( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: x (1) 2( x 2 − x + 1) = 2(1 − x) 2 + 2( x ) 2 ≥ 1 − x + 0,25 Mặt khác x (2), do đó: 2( x 2 − x + 1) = 1 − x + (1) ⇔ x (3) Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. 0,25 + 1−x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó: (3) ⇔ 1 − x = x ⎧1 − x ≥ 0 ⎧x ≤ 1 ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨2 2 ⎪(1 − x) = x ⎪ x − 3x + 1 = 0 ⎩ ⎩ 0,25 3− 5 ⇔x= , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. 2 1 1 1 ⎛ ex ⎞ ex III I = ∫ ⎜ x2 + dx = ∫ x 2 dx + ∫ dx . ⎟ 0,25 ⎜ 1 + 2e x ⎟ x 0 1 + 2e (1,0 điểm) 0⎝ ⎠ 0 1 1 13 1 ∫ x 2 dx = = Ta có: x 0,25 3 3 0 0 1 1 ex d(1 + 2e x ) 1 ∫ 1 + 2e x dx = 2 ∫ và , suy ra: 0,25 1 + 2e x 0 0 1 1 1 1 + 2e 1 1 1 + 2e 1 1 + ln(1 + 2e x ) = + ln I= = + ln . 0,25 3 2 32 3 32 3 0 • Thể tích khối chóp S.CDNM. S IV SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM (1,0 điểm) 1 1 = AB2 − AM.AN − BC.BM 0,25 2 2 2 2 5a 2 a a K = a2 − − = . 8 4 8 N D A H 5 3 a3 1 M VS.CDNM = SCDNM.SH = 0,25 . C B 3 24 • Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ ADM = DCN ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). 0,25 Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó: d(DM, SC) = HK. Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm CD 2 2a SH .HC 2 3a 2 3a Ta có: HC = = v à HK = = , do đó: d(DM, SC) = . 0,25 CN 5 19 19 2 2 SH + HC 3 5 V Điều kiện: x ≤ ; y≤ . (1,0 điểm) 4 2 0,25 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 − 2 y (1) Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 − 2 y ), với f(t) = (t2 + 1)t. Ta có f ' (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R. 0,25 ⎧x ≥ 0 ⎪ Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 − 2y ⇔ ⎨ 5 − 4 x2 ⎪y = . ⎩ 2 2 ⎛5 ⎞ Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4 x −7 = 0 (3). 2 ⎝2 ⎠ 3 Nhận thấy x = 0 và x = không phải là nghiệm của (3). 0,25 4 2 ⎛5 ⎞ ⎛ 3⎞ Xét hàm g(x) = 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4 x − 7, trên khoảng ⎜ 0; ⎟ . 2 ⎝2 ⎠ ⎝ 4⎠ ⎛5 ⎞ 4 4 g '( x) = 8x − 8x ⎜ − 2 x 2 ⎟ − = 4x (4x2 − 3) − < 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến. 3 − 4x 3 − 4x 2 ⎝ ⎠ ⎛1⎞ 1 Mặt khác g ⎜ ⎟ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = ; suy ra y = 2. 0,25 ⎝2⎠ 2 ⎛1 ⎞ Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = ⎜ ; 2 ⎟ . ⎝2 ⎠ VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) | 3. 3 − 1.1| 1 y d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) = = và tam giác 3 + 1. 3 + 1 2 0,25 d2 d1 OAB vuông tại B, do đó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 . O 1 3 x Ta có: SABC =AB.AC.sin 60 = (OA.sin 60 ).(OA.tan 60 ) B 2 4 A 33 OA2. = 0,25 8 I C 4 3 , suy ra OA2 = . Do đó: SABC = 2 3 ⎧ 3x + y = 0 ⎛1 ⎞ ⎪ Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: ⎨ 2 4 ⇒ A⎜ ; − 1⎟ . 2 ⎪x + y = ⎝3 ⎠ ⎩ 3 0,25 Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0. ⎧ 3x − y = 0 ⎛ −2 ⎞ ⎪ ⇒ C⎜ ; − 2⎟ . Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⎝3 ⎠ ⎪ 3 x −3y − 4 = 0 ⎩ ⎛ −1 3⎞ ; − ⎟ và bán kính IA = 1. Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I ⎜ 2⎠ ⎝2 3 0,25 2 2 ⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞ Phương trình (T): ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + 2 ⎟ =1. 2 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có 0,25 M vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1). () Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC = cos v, n . 0,25 () d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC = MC. cos v, n 0,25 C H P | 2 − 2 − 1| 1 = = 6. . 0,25 ∆ 6. 6 6 Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − VII.a 2 i) 0,25 (1,0 điểm) = 5+ 0,25 2 i, suy ra: z = 5− 0,25 2 i. Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . 0,25 VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC. A Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ: 0,25 ⎧x + y − 4 = 0 ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2). D d ⎨ ⎩x − y = 0 •E B C Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương 0,25 H trình: x + y + 4 = 0. Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t). 0,25 Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB . CE = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0 ⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6. 0,25 Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6). 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. 0,25 Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡v, MA⎤ = (7; 2; −10). A ⎣ ⎦ • C ∆ ⎡v, MA⎤ B 49 + 4 + 100 • ⎣ ⎦ Suy ra: d(A, ∆) = = = 3. 0,25 M 4+9+4 v Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5. 0,25 Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25. 0,25 Ta có: (1 − 3i )3 = − 8. VII.b 0,25 (1,0 điểm) −8 Do đó z = = − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25 1− i 0,25 ⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. Vậy: z + iz = 8 2 . 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 4/4

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.