Đề và đáp án luyện thi đại học 2010 khối A-B-C-D đề 8

Chia sẻ: Trần Bá Trung4 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

305
lượt xem 142
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

" Đề và đáp án luyện thi đại học 2010 khối A-B-C-D đề 8 " nhằm 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 ôn thi một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình. Các bạn nên ôn tập kiến thức trước khi làm bài. Sau khi làm bài, sử dụng đáp án để tìm hiểu phương pháp trình bày bài, tự đánh giá mức...

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề và đáp án luyện thi đại học 2010 khối A-B-C-D đề 8

Trung tâm BDVH & LTĐH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 QUANG MINH Môn thi: TOÁN Đề số 8 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) 2x -1 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = . x -1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận của (C). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng MI. Câu II (2 điểm): æx pö æp ö æ 3x p ö æ pö 1) Giải phương trình: cos ç - ÷ + cos ç - x ÷ + cos ç - ÷ + sin ç 2 x - ÷ = 0 è2 6ø è3 ø è 2 2ø è 6ø 4 2) Giải phương trình: x - x2 - 1 + x + x2 + 1 = 2 Câu III (1 điểm): Gọi (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường: (C): x = ( y - 1)2 + 1 , (d): y = - x + 4 . Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành do hình (H) quay quanh trục Oy. Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh a, · = 60 0 , chiều cao SO của hình chóp ABC a 3 bằng , trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là trung điểm của AD, mặt phẳng (P) 2 chứa BM và song song với SA, cắt SC tại K. Tính thể tích khối chóp K.BCDM. Câu V (1 điểm): Cho các số dương x, y, z thoả mãn: x 2 + y 2 + z2 = 1 . Chứng minh: x y z 3 3 + + ³ 2 y +z 2 2 z +x 2 2 x +y 2 2 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có tâm O, bán kính R = 5 và điểm M(2; 6). Viết phương trình đường thẳng d qua M, cắt (C) tại 2 điểm A, B sao cho DOAB có diện tích lớn nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x + y + z + 3 = 0 và điểm A(0; 1; 2). Tìm toạ độ điểm A¢ đối xứng với A qua mặt phẳng (P). Câu VII.a (1 điểm): Từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 thiết lập tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau. Hỏi trong các số đó có bao nhiêu số mà hai chữ số 1 và 6 không đứng cạnh nhau. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh C(4; 3). Biết phương trình đường phân giác trong (AD): x + 2 y - 5 = 0 , đường trung tuyến (AM): 4 x + 13 y - 10 = 0 . Tìm toạ độ đỉnh B. ì x = -23 + 8t ï x -3 y + 2 z 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1): í y = -10 + 4t và (d2): = = . Viết ïz = t 2 -2 1 î phương trình đường thẳng (d) song song với trục Oz và cắt cả hai đường thẳng (d1), (d2). Câu VII.b (1 điểm): Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm: ì x ï x 3 -4³5 2 í ï1 + log2 (a - x ) ³ log2 ( x 4 + 1) î ============================ Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn: I. PHẦN CHUNG 2a - 1 Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b) Î (C) Þ b = (a ¹ 1) a -1 1 2a - 1 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y = - ( x - a) + (a - 1) 2 a -1 1 Phương trình đwòng thẳng MI: y = ( x - 1) + 2 (a - 1)2 1 1 é a = 0 (b = 1) Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có: - . = -1 Û ê (a - 1)2 (a - 1)2 ë a = 2 (b = 3) Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3) æx pö æx pö æx pö æx pö Câu II: 1) PT Û cos ç - ÷ + cos 2 ç - ÷ + cos3 ç - ÷ + cos 4 ç - ÷ = 0 è2 6ø è2 6ø è2 6ø è2 6ø x p Đặt t = - , 2 6 é t ê cos 2 = 0 é t = (2 m + 1)p t 5t ê ê p PT trở thành: cos t + cos 2t + cos3t + cos 4t = 0 Û 4 cos .cos t. cos = 0 Û ê cos t = 0 Û ê t = + lp 2 2 ê 2 ê cos 5t = 0 ê ê t = p + 2 kp ë 2 ê ë 5 5 p · Với t = (2m + 1)p Þ x = + (4 m + 2)p 3 p 4p · Với t = + lp Þx= + 2lp 2 3 p 2kp 11p 4 kp · Với t = + Þx= + 5 5 15 5 ìx -1 ³ 0 ï 2 4 2) Điều kiện: í Û x ³ 1. Khi đó: x + x 2 + 1 > x + x 2 - 1 ³ x + x 2 - 1 (do x ³ 1) 2 ïx ³ x - 1 î Þ VT > 4 4 x - x2 - 1 + x + x2 - 1 ³ 2 Coâ-Si 8 (x - )( ) x2 - 1 x + x2 - 1 = 2 Þ PT vô nghiệm. éy = 2 Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d): ( y - 1)2 + 1 = 4 - y Û ê ë y = -1 2 117p V= p ò ( y 2 - 2 y + 2)2 - (4 - y )2 dy = -1 5 Câu IV: Gọi N = BM Ç AC Þ N là trọng tâm của DABD. 1 Kẻ NK // SA (K Î SC). Kẻ KI // SO (I Î AC) Þ KI ^ (ABCD). Vậy VK .BCDM = KI .SBCDM 3 KI CK CK CN Ta có: DSOC ~ DKIC Þ = (1), DKNC ~ DSAC Þ = (2) SO CS CS CA 1 KI CN CO + ON CO + 3 CO 2 2 a 3 Từ (1) và (2) Þ = = = = Þ KI = SO = SO CA 2CO 2CO 3 3 3 a 3 1 3 3 2 Ta có: DADC đều Þ CM ^ AD và CM = Þ SBCDM = ( DM + BC ).CM = a 2 2 8 Trần Sĩ Tùng
1 a3 Þ VK.BCDM = KI .SBCDM = 3 8 x x x 3 3x2 Câu V: Ta có = . Ta cần chứng minh: ³ . y 2 + z2 1 - x 2 1 - x2 2 2 2 æ 2 x2 + 1 - x 2 + 1 - x2 ö 8 Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có: 2 x 2 (1 - x ) 2 2 2 2 = 2 x (1 - x )(1 - x ) £ ç ÷ = è 3 ø 27 2 2 3 3x2 x x 3 3x2 Þ x (1 - x ) £ Þ ³ Þ ³ (1) 3 3 1 - x2 2 y 2 + z2 2 y 3 3 y2 z 3 3z2 Tương tự: ³ (2), ³ (3) x 2 + z2 2 x 2 + y2 2 x y z 3 3 2 3 3 Do đó: + + ³ ( x + y 2 + z2 = ) 2 y +z 2 2 x +z 2 2 x +y 2 2 2 3 Dấu "=" xảy ra Û x = y = z = . 3 II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn 5 2 Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất Û DOAB vuông cân tại O. Khi đó d (O, d ) = . 2 Giả sử phương trình đường thẳng d: A( x - 2) + B( y - 6) = 0 ( A2 + B 2 ¹ 0) é -24 - 5 55 5 2 -2 A - 6 B 5 2 êB = A Ta có: d (O, d ) = Û = Û 47B 2 + 48 AB - 17 A2 = 0 Û ê 47 2 A2 + B2 2 ê -24 + 5 55 êB = ë 47 A -24 - 5 55 · Với B = A : chọn A = 47 Þ B = -24 - 5 55 Þ d: 47( x - 2) - ( 24 + 5 55 ) ( y - 6) = 0 47 -24 + 5 55 · Với B = A : chọn A = 47 Þ B = -24 + 5 55 Þ d: 47( x - 2) + ( -24 + 5 55 ) ( y - 6) = 0 47 r æ x y +1 z + 2 ö 2) (P) có VTPT n = (1;1;1) . Giả sử A¢(x; y; z). Gọi I là trung điểm của AA¢ Þ I ç ; ; ÷. è2 2 2 ø uuur ì x y -1 z - 2 r ì AA¢ , n cuøng phöông ï = 1 = 1 ì x = -4 ï ï Ta có: A¢ đối xứng với A qua (P) Û í Û í1 Û í y = -3 ïI Î (P) î ï x + y +1 + z + 2 + 3 = 0 ïz = -2 î î2 2 2 Vậy: A¢(–4; –3; –2). Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số) Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số) Þ Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số) 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) Ta có A = AD Ç AM Þ A(9; –2). Gọi C¢ là điểm đối xứng của C qua AD Þ C¢ Î AB. x -9 y+2 Ta tìm được: C¢(2; –1). Suy ra phương trình (AB): = Û x + 7y + 5 = 0 . 2 - 9 -1 + 2 Viết phương trình đường thẳng Cx // AB Þ (Cx): x + 7 y - 25 = 0 Gọi A¢ = Cx Ç AM Þ A¢(–17; 6). M là trung điểm của AA¢ Þ M(–4; 2) M cũng là trung điểm của BC Þ B(–12; 1). 2) Giả sử A(-23 + 8t1; -10 + 4t1; t1 ) Î d1, B(3 + 2t2 ; -2 - 2t2 ; t2 ) Î d2. Trần Sĩ Tùng
uuu r Þ AB = (2t2 - 8t1 + 26; -2t2 - 4t1 + 8; t2 - t1 ) ì 17 uuu r r ì2t - 8t1 + 26 = 0 ït1 = 6 æ 1 4 17 ö AB // Oz Û AB, k cuøng phöông Û í 2 Û í Þ Aç - ; ; ÷ î-2t2 - 4t1 + 8 = 0 ït = - 5 è 3 3 6 ø 2 î 3 ì 1 ïx = - 3 ï ï 4 Þ Phương trình đường thẳng AB: í y = ï 3 17 ïz = + t ï î 6 ì x ï 3x - 4 ³ 5 2 (1) Câu VII.b: í 4 ï1 + log2 (a - x ) ³ log2 ( x + 1) (2) î x x x x 2 x 2 x ln 5 2 · (1) Û 3 -5 - 4 ³ 0 . Đặt f(x) = 3 -5 - 4 . Ta có: f¢(x) = ln 3.3 - .5 > 0, "x Î R 2 Þ f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S1 = [2; +¥) x4 1 · (2) Û log 2 [ 2(a - x )] ³ log2 ( x 4 + 1) Û 2(a - x ) ³ x 4 + 1 Û a ³ +x+ (*) 2 2 · Hệ có nghiệm Û (*) có nghiệm thuộc [2; +¥) x4 1 21 Đặt g(x) = + x + . Ta có: g¢(x) = 2 x 3 + 1 > 0, "x ³ 2 Þ g(x) đồng biến trên [2; +¥) và g(2) = . 2 2 2 21 Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +¥) Û a ³ . 2 21 Vậy để hệ có nghiệm thì a ³ . 2 ===================== Trần Sĩ Tùng