THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

57
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'thi thử đại học năm học 2009-2010 môn toán', 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: THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN

THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN ( Thời gian 180 phút) ĐỀ CHÍNH THỨC I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số y  x3  2mx 2  (m  3)x  4 có đồ thị là (Cm) 1 ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 2. 2 ) Cho E(1; 3) và đường thẳng (  ) có phương trình x- y + 4 = 0. Tìm m để (  ) cắt (Cm) tại ba điểm p hân biệt A, B, C ( với xA = 0 ) sao cho tam giác EBC có diện tích bằng 4 . 2  sin 2 x 3 1   1 3 . Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 2 2cos x sin 2 x tanx  x 3 y  x 2  xy  1  b.Giải hệ p hương trình :  4 3 22 x  x y  x y  1  π dx 2 Câu III (1 điểm). Tính tính phân sau: I   . 2 cos x  3cos x  2 0 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đ ứng ABC. A / B/ C / có đáy là tam giác đ ều cạnh a, cạnh b ên 2a .Gọi E là trung điểm của BB/ .Xác định vị trí của điểm F trên đoạn AA / sao cho kho ảng cách từ F đến C/E là nhỏ nhất. 111 Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn:    1 . abc b c ca a b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T  2  2  2 a b c II. Phần riêng (3 điểm): Thí sinh ch ỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( 2 điểm) 1/.Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đ ường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC. x  1  2t  2/. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d :  y  t .  z  1  3t  Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn nhất. Câu VIIa:( 1 điểm) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau: 9 19 1  m 2 2 Cm  C n 3   Am 22   Pn 1  720  Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( 2 điểm) 1 1/. Viết phương trình đ ường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3), B( ;0), C (2;0) 4 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK. Câu VII:( 1 điểm)   x   y  x  x 2  xy  y 2 log y  log  3 3  Giải hệ phương trình : 2 2  x2  y 2  4  ..............Hết............... Ghi chú :-Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu ĐÁP ÁN Điểm -Tập xác định , tính y/ Ia 0,25 -Nghiệm y/ và lim 0,25 -Bảng biến thiên 0,25 -Đồ thị 0,25 PT hoành độ giao điểm : x 3  2mx 2  (m  3)x  4  x  4 Ib (1) 2  x(x  2mx  m  2)  0 x  0  2 g(x)  x  2mx  m  2  0 (2) (d) cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt  Δ/  m 2  m  2  0  m  1  m  2 khác 0.    (a) 0,25  m  2 g(0)  m  2  0 1 Diên tích S  BC.d(E, BC) 2 Khoảng cách d(E, BC)  2 0,25 Suy ra BC = 4 2 (x B  x C ) 2  4x B x C  16 0,25 2 4m  4(m  2)  16 0,25 Giải pt m = 3, m = -2 (lo ại) II a  . Đk: x  k 0,25 2 3 1  tan 2 x   sin22 x  3  cot x Phương trình đã cho tương đương với: 2 0,25 2(sin 2 x  cos 2 x)  3tan 2 x   3  2cot x sin x cos x  3tan 2 x  2tan x  3  0 0,25    tanx   3 x   3  k   tanx  1   ,kZ x    k  3   6    0,25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x   k ; kZ 6 2 IIb. 0,25  x 3 y  x(y  x)  1  Hệ tương đương :  2 3 [x(y  x)]  x y  1  3 Đặt u  x y, v  x(y  x) u  v  1 Hệ trở thành  2 u  v  1  u  0  u  3 Giải hệ  , 0,25  v  1  v  2 u  0  x  1 Với  giải hệ được   v  1 y  0 0,25  u  3 Với  giải hệ (vô nghiệm) v  2  x  1  x  1 Nghiệm của hệ :  , y  0 y  0 0,25
III 0,25 π π 1 1 I  2 dx   2 dx 0 1  cos x 0 2  cos x π π dx dx Tính  2  2 1 2x 0 1  cos x 0 0,25 2 cos 2 2x π 1  tan π dx 2 .dx . Tính  2  2 2x 0 cos x  2 0 3  tan 2 x x 3 Đặt tan  3 tan t  (1  tan 2 )dx  (1  tan 2 t).dt 2 2 2  x=0 => t = 0 π π x= => t = 0,25 2 6 x 2 π 1  tan π π 2 .dx = 2 6 dt = π dx 2  2 3 0 0 cos x  2 0 x 33 3  tan 2 2 π π π 1 1 0,25 Vây I   2 dx   2 dx = 1 - 0 1  cos x 0 2  cos x 33 + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AO; BOy; A/Oz. IV a 3 a  Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A/ (0;0;2a ),, C /  ; ;2a  và E(0;a;a)   2 2  0,25 F d i động trên AA/, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a] Vì C/E có độ d ài không đổi nên d(F,C/E ) nhỏ nhất khi SΔFC/ E nhỏ nhất uuuu uuu rr 1  EC / , EF  Ta có : S FC E  /   2 z uuuu  a 3 a  r EC /    2 ; 2 ;a   B Ta có: A   / / uur EF   0;  a; t  a  uuuu uuu rr C a E   EC / , EF   / (t  3a; 3(t  a ); a 3)   2 F uuuu uuu rr a   EC / , EF   (t  3a ) 2  3(t  a ) 2  3a 2   2 A B a 4t 2  12at  15a 2  2 C x 1a SΔFC/ E  . . 4t 2  12at  15a 2 0,25 22 Giá trị nhỏ nhất của S FC E tùy thu ộc vào giá trị của tham số t. / Xét f(t) = 4 t2  12at + 15a 2 f(t) = 4t2  12at + 15a2 (t [0;2a ]) f '(t) = 8 t 12a 3a 0,25 f '(t )  0  t  2 3a 0,25  F(0;0;t) , hay FA=3FA/ S FC / E nhỏ nhất  f(t) nhỏ nhất  t  2 ( có thể giải bằng pp hình học thuần túy ) V 1 1 1 111 Đặt x  , y  , z  .vì    1 nên x +y +z = 1 a b c abc
11 11 11 Và T  x2 (  )  y2 (  )  z 2 (  ) 0,25 yz zx xy + ) Aùp dụng BĐT C.S ta có: 2 1  ( x  y  z )2    x y z . yz . zx  . xy     yz zx xy  0,25  x2 y2 z2  x2 y2 z2     (2x  2y  2z)  2(   )  yz zx xy yz zx xy x2  1 1  4x2 11  y  z     + ) Ta có: x2 (  )  y z yz  y z yz 0,25 Tương tự ...  x2 y2 z2  2 Do đó T  4     yz zx xy 1 Đẳng thức xảy ra khi x  y  z  hay a  b  c  3 3 0,25 Cho  ABC có đ ỉnh A(1;2), đ ường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: VIa:1 x  y  1  0 . Viết phương trình đ ường thẳng BC. Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  . 0,25  t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; . 2 2  t 1 3  t  1  0  t  7  C  7;8  Điểm M  BM : 2 x  y  1  0  2   2 2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). 0,25 Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 . x  y 1  0  I  0;1 . Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1; 0  . 0,25 x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:   4x  3 y  4  0 7  1 8 0,25 VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương  x  1  2t trình  y  t . Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với d và khoảng cách   z  1  3t  từ d tới (P) là lớn nhất. Gọi H là hình chiếu của A trên d, mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó khoảng cách 0,25 giữa d và (P) là kho ảng cách từ H đến (P). Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có uuu  HI => HI lớn nhất khi A  I AHr Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0,25 H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên d nên 0,25 AH  d  AH .u  0 (u  ( 2;1;3) là véc tơ chỉ phương của d)  H (3;1;4)  AH ( 7;1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5 (z + 1) = 0  7 x + y -5z -77 = 0 0,25 Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông VIIa hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?. Biết m, n là nghiệm của hệ sau:
9 19 1  m 2 9 19 1  m 2 2 Cm  C n 3   Am 2 C m  cn3   Am 22   22  Pn 1  720  Pn1  720   0,25 Từ (2): (n  1)! 720  6! n  1  6  n  7 Thay n = 7 vào (1) m(m  1) 9 19   45   m 2 22  m  m  90  9  19m  m 2  20m  99  0  9  m  11 vì m    m  10 2 Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy đ ược ít 0,25 nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: 3 2 TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C7 .C10  1575 cách 0,25 TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C74 .C10  350 cách 1 5 TH3: 5 bông hồng nhung có: C7  21 cách  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường 0,25 5 C17  6188 1946 P  31,45% 6188 VIb1 1 Viết phương trình đ ường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: A(-2;3),B( ;0), C (2;0) 4 Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi æ ö2 ç9 ÷ + (- 3)2 1 ç4 ÷ çø d- è÷ DB AB 4= = Û = 2- d DC AC 2 2 4 + (- 3) 81 225 +9 0,25 3 16 = 16 = Þ 4d - 1 = 6 - 3d Þ d = 1. 4 16 + 9 25 Đường thẳng AD có phương trình: x+ 2 y- 3 = Û - 3 x - 6 = 3 y - 9 Û x = 1- y , -3 3 và đường thẳng AC: x+ 2 y- 3 = Û - 3x - 6 = 4 y - 12 Û 3 x + 4 y - 6 = 0 0,25 -3 4 Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó hoành độ là 1- b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 3(1- b )+ 4b - 6 = b Û b - 3 = 5b; 2 2 3 +4 4 a )b - 3 = 5b Þ b = - ; 3 1 b)b - 3 = - 5b Þ b = . 0,25 2 1 Rõ ràng chỉ có giá trị b = là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn 2 æ 1 ö2 æ 1 ö2 1 0,25 nội tiếp V ABC là: çx - ÷ + çy - ÷ = . ÷ç ÷ ç ÷ç ÷ ç è 2ø è 2ø 4 2 /.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6). Viết phương trình mặt VIb2 p hẳng (P) qua A; cắt các trục tọa độ lần lượt tại I; J; K mà A là trực tâm của tam giác IJK.
xyz . Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( P) :    1 0,25 abc uur uu r IA  (4  a;5; 6),JA  (4;5  b;6) Ta có uuu r uur JK  (0; b; c), IK  (a;0; c) 0,25 0,25 77  4 5 6 a   1  4 a b c   77  Ta có:  5b  6c  0  b   ptmp(P) 5 KL:  4 a  6c  0  77   0,25 c  6   VII b x   y  x   x 2  xy  y 2  . * log y  log  3 3  2 2 Giải hệ phương trình :  x2  y2  4  2 y 3  0,25 Điều kiện : x > 0 ; y > 0 . Ta có : x 2  xy  y 2   x    y 2  0 x, y >0 2 4  VT(*)  0 Xét x > y  log x  log y  (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm 0,25 3 3 VP(*)  0 0,25 2 2 VT(*)  0 Xét x < y  log x  log 3 y    (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. 3 VP(*)  0 2 2 0  0 Khi x = y hệ cho ta  2  x = y = 2 ( do x, y > 0). 2 2 x  2 y  4   Vậy hệ có nghiệm duy nhất  x; y   2; 2 0,25