Đề và đáp án luyện thi đại học 2010 khối A-B-C-D đề 9

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

Thêm vào BST

Báo xấu

259
lượt xem 137
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 9 " 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 9

Trung tâm BDVH & LTĐH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 QUANG MINH Môn thi: TOÁN Đề số 9 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG (7 điểm) (2 m - 1) x - m 2 Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = . x -1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = –1. 2) Tìm m để đồ thị của hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x . Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: 2 - 3 cos2 x + sin 2 x = 4 cos2 3 x ì 2 2 2 xy ïx + y + =1 2) Giải hệ phương trình: í x+y ï x + y = x2 - y î p 2 sin x Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I= ò dx 0 (sin x + cos x )3 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A¢B¢C¢có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, A¢M ^ (ABC), A¢M = a 3 (M là trung điểm cạnh BC). Tính thể tích khối đa diện ABA¢B¢C. 2 Câu V (1 điểm): Cho các số thực x, y. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= x2 + y2 - 4 y + 4 + x2 + y2 + 4 y + 4 + x - 4 II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm): x2 y2 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho elip (E): + = 1 . Tìm các điểm M Î (E) sao cho · = 120 0 F1 MF2 100 25 (F1, F2 là hai tiêu điểm của (E)). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(3; 1; 1), B(7; 3; 9), C(2; 2; 2) và mặt phẳng (P) có phương uuur uuur uuur trình: x + y = z + 3 = 0 . Tìm trên (P) điểm M sao cho MA + 2 MB + 3 MC nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm): Gọi a1, a2, …, a11 là các hệ số trong khai triển sau: ( x + 1)10 ( x + 2) = x11 + a1 x10 + a2 x 9 + ... + a11 . Tìm hệ số a5. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x - 3)2 + ( y - 4)2 = 35 và điểm A(5; 5). Tìm trên (C) hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. x -1 y z - 3 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm M(2; 1; 2) và đường thẳng d: = = . Tìm trên d hai 1 1 1 điểm A, B sao cho tam giác ABM đều. Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình: ì æ 2y ö ïlog2010 ç ÷ = x - 2 y ï è x ø í 3 3 ï x + y = x2 + y2 ï xy î ============================ Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn: I. PHẦN CHUNG Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}. ì (2m - 1) x - m 2 ï =x (*) ï Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng y = x thì: í x -1 2 ï (m - 1) = 1 (**) ï ( x - 1)2 î éx = m Từ (**) ta có ( m - 1)2 = ( x - 1)2 Û ê ëx = 2 - m · Với x = m, thay vào (*) ta được: 0m = 0 (thoả với mọi m). Vì x ¹ 1 nên m ¹ 1. · Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: (2 m - 1)(2 - m) - m 2 = (2 - m)(2 - m - 1) Û 4(m - 1)2 = 0 Û m = 1 m = 1 Þ x = 1 (loại) Vậy với m ¹ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng y = x . é 5p p - 3 1 æ 5p ö ê x = 48 + k 4 Câu II: 1) PT Û cos2 x + sin 2 x = cos6 x Û cos ç - 2 x ÷ = cos6 x Û ê 2 2 è 6 ø ê x = - 5p + l p ê ë 24 2 ì 2 2 2 xy ïx + y + =1 (1) 2) í x+y . Điều kiện: x + y > 0 . ï x + y = x - y (2) 2 î æ 1 ö (1) Û ( x + y)2 - 1 - 2 xy ç 1 - 2 2 ÷ = 0 Û ( x + y - 1)( x + y + x + y) = 0 Û x + y - 1 = 0 è x+yø (vì x + y > 0 nên x 2 + y 2 + x + y > 0 ) é x = 1 ( y = 0) Thay x = 1 - y vào (2) ta được: 1 = x 2 - (1 - x ) Û x 2 + x - 2 = 0 Û ê ë x = -2 ( y = 3) Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3). p p p 2 cos t 2 cos x Câu III: Đặt t = - x Þ dt = –dx. Ta có I = ò dt = ò dx 2 0 (sin t + cos t ) 3 0 (sin x + cos x )3 p p p p 2 sin x 2 cos x 2 1 12 1 ò dx + ò dx = ò dx = dx 2ò Þ 2I = 3 3 2 0 (sin x + cos x ) 0 (sin x + cos x ) 0 (sin x + cos x ) 0 2æ pö cos ç x - ÷ è 4ø p 1 æ pö2 1 = tan ç x - ÷ = 1 . Vậy: I = . 2 è 4 ø0 2 1 1 a 3 a2 3 a3 Câu IV: Vì ABB¢A¢ là hình bình hành nên ta có: VC . ABB ' = VC . AB ' A ' . Mà VC . ABB ' = . A¢ M .S ABC = . = 3 3 2 4 8 a3 a3 Vậy, VC . ABB ' A ' = 2VC . ABB ' = 2 = . 8 4 Câu V: Ta có: P = x 2 + (2 - y)2 + x 2 + ( y + 2)2 + x - 4 r r r r r r Xét a = ( x;2 - y), b = ( x , y + 2) . Ta có: a + b ³ a + b Þ x 2 + (2 - y)2 + x 2 + ( y + 2)2 ³ 4 x 2 + 16 = 2 x 2 + 4 r r Suy ra: P ³ 2 x 2 + 4 + x - 4 . Dấu "=" xảy ra Û a, b cùng hướng hay y = 0. 2 Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: ( 2 3 + x ) £ (3 + 1)(4 + x 2 ) Þ 2 x 2 + 4 ³ 2 3 + x 2 Dấu "=" xảy ra Û x = . 3 Trần Sĩ Tùng
2 Do đó: P ³ 2 3 + x + 4 - x ³ 2 3 + 4 = 2 3 + 4 . Dấu "=" xảy ra Û x = ,y = 0. 3 2 Vậy MinP = 2 3 + 4 khi x = ,y = 0. 3 II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn 3 3 Câu VI.a: 1) Ta có: a = 10, b = 5 Þ c = 5 3 . Gọi M(x; y) Î (E). Ta có: MF = 10 - 1 x, MF2 = 10 + x. 2 2 Ta có: F1F22 = MF12 + MF2 2 - 2 MF .MF2 .cos· 1 F1MF2 2 2 2 æ 3 ö æ 3 ö æ 3 öæ 3 öæ 1 ö Û (10 3 ) = ç 10 - x ÷ + ç 10 + x ÷ - 2 ç 10 - x ÷ç 10 + x ÷ ç - ÷ Û x = 0 (y= ± 5) è 2 ø è 2 ø è 2 øè 2 øè 2 ø Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5). uur uu r uur r æ 23 13 25 ö 2) Gọi I là điểm thoả: IA + 2 IB + 3IC = 0 Þ I ç ; ; ÷ è 6 6 6 ø uuur uuur uuur uuu uu r r uuu uu r r uuu uur r uuu r uuu r Ta có: T = MA + 2 MB + 3 MC = ( MI + IA ) + 2 ( MI + IB ) + 3 ( MI + IC ) = 6 MI = 6 MI uuu r Do đó: T nhỏ nhất Û MI nhỏ nhất Û M là hình chiếu của I trên (P). æ 13 2 16 ö Ta tìm được: M ç ; - ; ÷ . è9 9 9ø 1 9 10 (5 4 ) Câu VII.a: Ta có: ( x + 1)10 = C10 x10 + C10 x 9 + ... + C10 x + C10 Þ ( x + 1)10 ( x + 2) = ... + C10 + 2C10 x 6 + ... 0 5 4 Þ a5 = C10 + 2C10 = 672 . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4). Þ AI là đường trung trực của BC. DABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của · . ì AB = AC · Ta có: í BAC îIB = IC Do đó AB và AC hợp với AI một góc 450 . · Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc 450 . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC. uu r Vì IA = (2;1) ¹ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ Þ VTCP của d có hai thành phần đều r khác 0. Gọi u = (1; a) là VTCP của d. Ta có: uu r éa = 3 r 2+a 2+a 2 cos ( IA, u ) = = = Û 2 2 + a = 5 1+ a 2 Ûê 1 1 + a2 22 + 1 5 1 + a2 2 êa = - ë 3 r ìx = 5 + t · Với a = 3, thì u = (1;3) Þ Phương trình đường thẳng d: í . î y = 5 + 3t æ 9 + 13 7 + 3 13 ö æ 9 - 13 7 - 3 13 ö Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ç ; ÷, ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø ìx = 5 + t 1 r æ 1ö ï · Với a = - , thì u = ç 1; - ÷ Þ Phương trình đường thẳng d: í 1 . 3 è 3ø ïy = 5 - 3 t î æ 7 + 3 13 11 - 13 ö æ 7 - 3 13 11 + 13 ö Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: ç ; ÷, ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø æ 7 + 3 13 11 - 13 ö æ 9 + 13 7 + 3 13 ö · Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: ç ; ÷, ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø æ 7 - 3 13 11 + 13 ö æ 9 - 13 7 - 3 13 ö và ç ; ÷, ç ; ÷ è 2 2 ø è 2 2 ø 2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = d ( M , d ) = 2 . Trần Sĩ Tùng
2 MH 2 6 Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = = 3 3 ìx - 2 y z -3 ï ï = = Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: í 1 1 1 . ï( x - 2)2 + ( y - 1)2 + ( z - 2)2 = 8 ï î 3 æ 2 2 2ö æ 2 2 2ö Giải hệ này ta tìm được: Aç2 + ; ;3 + ÷, Bç 2 - ;- ;3 - ÷. è 3 3 3 ø è 3 3 3 ø ì æ 2y ö ïlog2010 ç ÷ = x - 2 y (1) ï Câu VII.b: í 3 è x ø ï x + y3 = x2 + y2 (2) ï xy î Điều kiện: xy > 0 . Từ (2) ta có: x 3 + y 3 = xy( x 2 + y2 ) > 0 Þ x > 0, y > 0 . 2y (1) Û = 2010 x -2 y Û x.2010 x = 2 y.20102 y . x æ t ö Xét hàm số: f(t) = t.2010t (t > 0). Ta có: f ¢(t) = 2010t ç 1 + ÷>0 è ln 2010 ø Þ f(t) đồng biến khi t > 0 Þ f(x) = f(2y) Û x = 2y é y = 0 (loaïi) æ 9ö Thay x = 2y vào (2) ta được: y ç 5y - ÷ = 0 Û ê 9 æ 9ö è 2ø êy = çx = ÷ ë 10 è 5ø æ9 9 ö Vậy nghiệm của hệ là: ç ; ÷ . è 5 10 ø ===================== Trần Sĩ Tùng