LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - ĐỀ 8

Chia sẻ: Anh Khoa Nguyễn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

58
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'luyện thi đại học môn toán - đề 8', 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: LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN - ĐỀ 8

Trung tâm BDVH & LTĐH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG NĂM 2010 QUANG MINH Môn thi: TOÁN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Đề số 8 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): æ 3x p ö æx pö æp ö æ pö cos ç - ÷ + cos ç - x ÷ + cos ç - ÷ + sin ç 2 x - ÷ = 0 1) Giải phương trình: è2 6ø è3 è 2 2ø 6ø ø è 4 x - x2 - 1 + x + x2 + 1 = 2 2) Giải phương trình: 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 a3 bằng , trong đó O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Gọi M là trung điểm của AD, mặt phẳ ng (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: 33 x y z + + ³ 2 2 2 2 2 2 2 y +z z +x x +y 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 x -3 y + 2 z ï 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1): í y = -10 + 4t và (d2): = = . Viết 2 -2 1 ïz = t 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 2 3 -4³5 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 cậ n là I(1; 2). Gọi M(a; b) Î (C) Þ b = (a ¹ 1) a -1 1 2a - 1 ( x - a) + Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: y = - a -1 2 (a - 1) 1 ( x - 1) + 2 Phương trình đwòng thẳng MI: y = (a - 1)2 1 1 é a = 0 (b = 1) . = -1 Û ê Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có: - ë a = 2 (b = 3) (a - 1)2 (a - 1)2 Vậy có 2 điểm cầ n 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 xp Đặt t = -, 26 t é é t = (2 m + 1)p ê cos 2 = 0 êp 5t t ê 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 ê2 ê cos 5t = 0 ê t = p + 2 kp ê 2 ë ê 5 5 ë p · Với t = (2m + 1)p Þ x = + (4 m + 2)p 3 4p p + 2lp · Với t = + lp Þx= 2 3 p 2kp 11p 4 kp · Với t = + Þx= + 5 5 15 5 ìx -1 ³ 0 2 ï 4 Û x ³ 1. Khi đó: x + x 2 + 1 > x + x 2 - 1 ³ x + x 2 - 1 (do x ³ 1) 2) Điều kiện: í 2 ïx ³ x - 1 î (x - )( ) Coâ-Si 4 4 8 x - x2 - 1 + x + x2 - 1 ³ 2 x2 - 1 x + x2 - 1 = 2 Þ VT > 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 ( y 2 - 2 y + 2)2 - (4 - y )2 dy = ò V= p 5 -1 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 a3 = Þ KI = SO = = = = Từ (1) và (2) Þ 2CO 2CO 3 3 3 SO CA a3 1 332 Þ SBCDM = ( DM + BC ).CM = a Ta có: DADC đều Þ CM ^ AD và CM = 2 2 8 Trần Sĩ Tùng
a3 1 KI .SBCDM = Þ VK.BCDM = 3 8 3 3x2 x x x = ³ Câu V: Ta có . Ta cần chứng minh: . 2 1 - x2 y 2 + z2 1 - x 2 2 æ 2 x2 + 1 - x 2 + 1 - x2 ö 8 2 (1 - x ) 2 2 2 2 2 Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có: 2 x = 2 x (1 - x )(1 - x ) £ ç ÷= 3 27 è ø 3 3x2 3 3x2 xx 2 2 Þ x (1 - x ) £ ³ ³ Þ Þ (1) 2 2 y 2 + z2 1 - x2 33 3 3z2 3 3 y2 z y ³ ³ Tương tự: (2), (3) 2 x 2 + y2 2 x 2 + z2 33 2 33 x y z ( ) x + y 2 + z2 = + + ³ Do đó: 2 2 2 2 2 2 2 2 y +z x +z x +y 3 Dấu "=" xảy ra Û x = y = z = . 3 II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn 52 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 êB = A 52 -2 A - 6 B 5 2 47 Û 47B 2 + 48 AB - 17 A2 = 0 Û ê Ta có: d (O, d ) = = Û 2 2 -24 + 5 55 ê A2 + B2 êB = A 47 ë -24 - 5 55 A : chọn A = 47 Þ B = -24 - 5 55 Þ d: 47( x - 2) - ( 24 + 5 55 ) ( y - 6) = 0 · Với B = 47 -24 + 5 55 A : chọn A = 47 Þ B = -24 + 5 55 Þ d: 47( x - 2) + ( -24 + 5 55 ) ( y - 6) = 0 · Với B = 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 2ø ì x y -1 z - 2 uuur ì x = -4 ï=1=1 r ì AA¢ , n cuøng phöông ï ï Û í1 Û í y = -3 Ta có: A¢ đối xứng với A qua (P) Û í ï x + y +1 + z + 2 + 3 = 0 ïI Î (P) ïz = -2 î î î2 2 2 A¢(–4; –3; –2). Vậy: 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 Û x + 7y + 5 = 0 . = Ta tìm được: C¢(2; –1). Suy ra phương trình (AB): 2 - 9 -1 + 2 Viết phương trình đường thẳ ng 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 ) 17 ì uuu r r ït1 = 6 ì2t - 8t1 + 26 = 0 æ 1 4 17 ö AB // Oz Û AB, k cuøng phöông Û í 2 Þ Aç - ; ; ÷ Ûí î-2t2 - 4t1 + 8 = 0 ït = - 5 è 3 3 6ø 2 3 î 1 ì ïx = - 3 ï 4 ï Þ Phương trình đường thẳ ng AB: í y = 3 ï 17 ïz = + t ï 6 î 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 ln 5 2 x x x 2 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 + x + . Ta có: g¢(x) = 2 x 3 + 1 > 0, "x ³ 2 Þ g(x) đồng biến trên [2; +¥) và g(2) = Đặt g(x) = . 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