LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - ĐỀ 30

Chia sẻ: Anh Khoa Nguyễn | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'luyện thi đại học môn toán - đề 30', tài liệu phổ thông, toán học 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: LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - ĐỀ 30

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 http://ductam_tp.violet.vn/ Ngày thi 21/12/2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x + m + x−2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị c ủa đ ồ th ị hàm s ố cách đ ường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x. ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) . 1. Giải phương trình sin x + cos x 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2 x − x2 2. Giải phương trình (x ﾡ ) 3 x −3 dx . Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 0 3. x + 1 + x + 3 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các đi ểm l ần l ượt di đ ộng trên các cạnh AB, AC sao cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ di ện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x + y = 3xy. Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 3 + y 3 + 16 z 3 P= ( x + y + z) 3 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 toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường th ẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm to ạ đ ộ các đ ỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x +1 y −1 z − 2 x−2 y+2 z = = = = d1: , d2: −2 2 3 1 1 5 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), tr ọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d 2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x − 3 y + 2 z +1 = = 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. −1 2 1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 . 1 log 1 ( y − x ) − log 4 =1 y ( x, y ﾡ ) Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 4 x 2 + y 2 = 25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
-------------------Hết ------------------- SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Nội dung Điể Câu m I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y = x + 1 + x−2 0.25 a) Tập xác định: D = ﾡ \ { 2} b) Sự biến thiên: x =1 x2 − 4x + 3 1 y ' =1− = , y'= 0 . ( x − 2) ( x − 2) 2 2 x=3 0.25 lim y = − , lim y = + , lim y = + ; lim y = − , x 2+ x 2− x− x+ lim [ y − ( x + 1)] = 0 ; lim [ y − ( x + 1) ] = 0 + − x x Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x +∞ - 1 2 3 ∞ – y’ + + 0 – 0 +∞ +∞ 1 y 0.25 - 3 - ∞ biến trên mỗi khoảng ( − ;1) , ( 3; + ∞ ); Hàm số đồng hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1; 2 ) , ( 2;3) Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2
2 1.0 m Với x 2 ta có y’ = 1- ; ( x − 2) 2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 � m > 0 x1 = 2 + m � y1 = 2 + m + 2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 0.25 x2 = 2 − m � y2 = 2 + m − 2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 − m ; 2 + m − 2 m ) ; B( 2 + m; 2 + m + 2 m ) 0.25 Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 2−m− m = 2−m+ m m=0 m=2 0.25 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt ⇔ m = 2. II 2.0 cos x. ( cos x − 1) 2 = 2 ( 1 + sin x ) . Giải phương trình 1 1.0 sin x + cos x ĐK: sin x + cos x 0 0.25 Khi đó PT � ( 1 − sin x ) ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) ( sin x + cos x ) 2 � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0 0.25 � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + sin x ) = 0 sin x = −1 (thoả mãn điều kiện) 0.25 cos x = −1 π + k 2π x=− ( k, m Z) 2 x = π + m2π 0.25 π ( k, m Z) + k 2π và x = π + m 2π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = − 2 2 1.0 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 Giải phương trình: (x ﾡ ) 3 − 2 x − x2 0 PT 0.25 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 3 − 2x − x2 0.25 0 x x + 5 = −2( x + 2) - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3
−3 x 1 −2 x
z (với t = , 0 t 1) a [ 0;1] . Có Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 1 f '(t ) = 3 � t 2 − ( 1 − t ) � f '(t ) = 0 � t = � 0;1] [ 2 0.25 64 , � � 9 Lập bảng biến thiên 64 � GTNN của P là 16 đạt được khi x = y = 4z > 0 � Minf ( t ) = 0.25 81 81 t [ 0;1] VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 x= x − 2 y +1 = 0 � 13 � 21 5 0.25 �� B� ; � � x − 7 y + 14 = 0 13 � 5� 5 y= 5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhr t nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và ậ uuu r uuu r uuu BD, kí hiệu nAB (1; −2); nBD (1; −7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các uuu uuu rr uuu uuu rr ( ) ( ) đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos nAB , nBD = cos nAC , n AB 0.25 a = −b 3 � a − 2b = a + b � 7 a + 8ab + b = 0 � 2 2 2 2 b a=− 2 7 - Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: � − y −1 = 0 �=3 x x �� A(3; 2) � � − 2 y +1 = 0 � = 2 x y Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 x= 0.25 x − y −1 = 0 � 5� 7 � � 2 �I � ; � � x − 7 y + 14 = 0 5 � 2� 2 y= 2 � 12 � 14 Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C ( 4;3) ; D � ; � � 5� 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 � = −1 + 2t � = 2+m x x � � Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 : � = 1 + 3t ; d 2 : � = −2 + 5m y y 0.25 � = 2+t � = −2 m z z � � Giả uuu d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) usử 0.25 r MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
3 + m − 2t = 2k uuuu r uu r uu r −3 + 5m − 3t = −k có nghiệm Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p 0.25 −2 − 2m − t = −5k m =1 Giải hệ tìm được t =1 x = 1 + 2t 0.25 Phương trình d: y = 4 − t thoả mãn bài toán Khi đó điểm M(1; 4; 3) z = 3 − 5t Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình VII.a 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 nN Điều kiện: n>3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 ⇔ log4(n – 3)(n + 9) = 3 (thoả mãn) n=7 ⇔ (n – 3)(n + 9) = 4 ⇔ n + 6n – 91 = 0 3 2 (không thoả mãn) n = −13 0.25 Vậy n = 7. 3 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = ( 1 + i ) . � + i ) �= ( 1 + i ) .(2i )3 = (1 + i).( −8i) = 8 − 8i (1 � 2 0.25 � Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B ( xB ; yB ) �d1 � xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) �d 2 � xC = −2 yC + 7 xB + xC + 2 = 6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: yB + yC + 3 = 0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 uuu r uuu r Ta có BG (3; 4) � VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = Bán kính R = d(C; BG) = 0.25 5 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: x = 3 + 2t x = 3 + 2t y = −2 + t y = −2 + t ⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ (tham số t) 0.25 z = −1 − t z = −1 − t x+ y+z+2=0 � M (1; −3;0) uu r uu r Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; −1) . 0.25 uu r uu uu rr Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆ = �d , nP � (2; −3;1) = u � � - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
uuuu r Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó MN ( x − 1; y + 3; z ) . uu r uuuu r Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x+ y+z+2=0 Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x − 3 y + z − 11 = 0 ( x − 1) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 42 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x−5 y+2 z +5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆ : = = −3 2 1 0.25 x+3 y+4 z −5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : = = −3 2 1 1 VII.b 1.0 log 1 ( y − x ) − log 4 =1 y ( x, y ﾡ ) Giải hệ phương trình 4 2 2 x + y = 25 y−x>0 Điều kiện: 0.25 y>0 y−x � −x 1 1 y � � � 4 ( y − x ) + log 4 y = −1 � 4 y = −1 � y = 4 log log Hệ phương trình � � �� 0.25 � 2 + y 2 = 25 � 2 + y 2 = 25 � 2 + y 2 = 25 x x x � � � x = 3y � = 3y � = 3y x x � �2 �� 2 � � 2 25 0.25 y= � + y = 25 � y + y = 25 2 2 x 9 10 �15 5� (không thỏa mãn đk) ( x; y ) = � ; � � 10 10 � � 15 5� 0.25 (không thỏa mãn đk) ( x; y ) = �− ;− � � 10 10 � Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần nh ư đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 8