0

LUYÊN THI ĐẠI HỌC 2009 – 2010 - ĐỀ SỐ 1

4 310 1

Đang tải.... (xem toàn văn)

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 06/11/2013, 15:15

LUN THI ĐẠI HỌC 2009 2010 - ĐỀ SỐ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm) Câu I: (2đ) Cho hàm số: 4 2 2 ( 10) 9y x m x= − + + . 1.Khảo sát sự bthiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 0 2)Tìm m để đồ thị của hsố cắt trục hồnh tại 4 điểm pbiệt 1 2 3 4 , , ,x x x x thỏa : 1 2 3 4 8x x x x+ + + = Câu II (3đ): 1) Tìm m để phương trình sau có nghiệm : 2 2 tan 3 (tan cot ) cot 0x m x x x+ + + + = 2) Giải hpt : 2 2 2 3 4 4( ) 7 ( ) 1 2 3 xy x y x y x x y  + + + =  +    + =  +  .3) Tính tích phân : /2 2 /6 sin sin 3 x B dx x π π = ∫ Câu Va. 1)Giải bất phương trình : 3 2 2log( 8) 2log( 58) log( 4 4)x x x x+ ≤ + + + + . 2) Tìm số thực x > 0 trong khai triển : 10 3 5 1 x x   +  ÷   , biết số hạng đứng giữa của khai triển bằng 16128 Câu Vb:1) Giải pt : 3 5 10 3 15.3 50 9 1 x x x x − + − − − − = 2) Cho 2 số thực x và y > 0 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biể thức : 2 9 (1 )(1 )(1 ) y P x x y = + + + --- -----------------------------------Hết -------------------------------------------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu Đáp án Điểm I 1) Khảo sát hàm số với m = 0 : Bạn đọc tự làm 1.00 Cho: y = x 4 (m 2 + 10)x 2 + 9 (C m ). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m= 0. y = x 4 10x 2 + 9 .Đồ thị : .Cho 2 1 1 0 2 3 9 x x y x x  = = ±   = ⇔ ⇔  = ±   =  2) Phương trình hồnh độ giao điểm của (C m ) và Ox. 4 2 2 ( 10) 9 0x m x− + + = (1) Đặt 2 ( 0)t x t= ≥ Ptrình trở thành: 2 2 ( 10) 9 0t m t− + + = (2)Ta có đk: 2 2 2 2 ( 10) 36 0, 9 0 20 64 0 16 ; 4 10 0, m m P m m m m S m m  ∆ = + − > ∀  = > ⇔ + + > ⇔ − < > −   = + > ∀  => 0 < t 1 < t 2 , với 2 t x x t= ⇔ = Vì hs đã cho là hs chẵn và theo đề bài ta có : 1 2 1 2 1 2 4 2 . 16t t t t t t+ = ⇔ + + = (3) Áp dụng Viet : 2 1 2 1 2 10 , 9 b c t t m t t a a − + = = + = = . Ta có pt: m 2 + 10 = 10  m = 0. ( Kiểm tra lại qua việc vẽ đồ thị ở câu 1 ) 1.00 II 1)Giải bất phương trình : 3 2 2log( 8) 2log( 58) log( 4 4)x x x x+ ≤ + + + + . 1.00 Đ Đk : 3 2 2 2 8 ( 2)( 2 4) 0 58 0 2 4 4 ( 2) 0 x x x x x x x x x  + = + − + >  + > ⇔ > −   + + = + >  0.25 Bpt đã cho  3 2 log( 8) log(( 58)( 2)) ( 2) 3 54 0x x x x x x   + ≤ + + ⇔ + − − ≤   0.25 6 ; 2 9 (0.25) . , : 2 9 (0.25)x x So dk ta co x⇔ ≤ − − ≤ ≤ − < ≤ 0.5 2) Tìm m để pt sau có nghiệm : 2 2 tan tan 3 cot cot 0x m x m x x+ + + + = 1.00 Đ Pt: 2 2 2 2 tan tan 3 cot cot 0 tan cot (tan cot ) 3 0x m x m x x x x m x x+ + + + = ⇔ + + + + = Điều kiện : sin & cos 0 2 k x x x π ≠ ⇔ ≠ . Đặt : tan cot , : 2t x x dk t= + ≥ Khi đó ta có : 2 2 2 2 tan cott x x− = + Pt đã cho trở thành : 2 1 0t mt+ + = (1) , với điều kiện : 2t ≥ Pt đã cho có nghiệm  pt ( 1) có nghiệm t thỏa điều kiện : 2t ≥ 0.25 Ta thấy t = 0 không phải là nghiệm của pt ( 1) nên pt (1) tđương với pt : 2 1t m t + = − Xét hàm số : 2 2 2 1 1 ( ) , 2. : '( ) ; '( ) 0 1( ) ; 1( ). t t f t t Ta co f t f t t loai t loai t t + − + = − ≥ = = ⇔ = − = 0.25 Lập bảng biến thiên của hàm số f( t) ( 0.25 ) , ta thấy pt đã cho có nghiệm 5 5 ; 2 2 m m⇔ ≤ − ≥ (0.25 ) 0.5 3 3) Giải pt : 3 5 10 3 15.3 50 9 1 x x x x − + − − − − = 1.00 Đặt : 2 3 5 10 3 ( 0) 5 2 15.3 50 9 x x x x t t t= − + − ≥ ⇒ = + − − Ta có pt : 2 3( ) 2 3 0 (0.25) (0.25) 1( ) t nhan t t t loai =  − − = ⇔  = −  0.5 2 2 2 3 3 3 5 10 3 3. : 3 ( 0). :9 5 2 15. 50 15. 50 2 2 9 3 9 15 54 0 log 6 6 3 6 x x x x x t Dat y y Ta co pt y y y y x y y y x y = ⇔ − + − = = > = + − − ⇔ − − =  = = =   ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔    = = =    0.5 3 1)Giải hpt : 1.00 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 4 4(( ) 2 )) 7 4( ) 4 7 ( ) ( ) 1 1 ( ) 3 ( ) 3 3 3 3( ) (( ) 4 ) 7 3( ) ( 2 ) 7 ( ) ( ) 1 1 ( ) 3 ( ) 3 xy x y xy x y xy x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y xy x y x y xy x y x y x y x y x y x y x y x y   + + − + = + − + =   + +   ⇔     + + + − = + + + − =   + +     + + + − + = + + + − + =   + +   ⇔ ⇔    + + + − = + + + − =  + +  2 2 2 2 2 2 3 1 3( ) ( ) 7 3 ( ) ( ) 7 ( ) ( ) 1 1 ( ) 3 ( ) 3 x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y x y        + + + − = + + + − =     + +     ⇔ ⇔     + + + − = + + + − =   + +   0.5 2 2 1 ( 2) 2 1 3 13 : 1 0 3 u x y u u x u v x y Ta co v y u v v x y  = + + ≥ = =  + =    + ⇔ ⇔ ⇔     = = + =     = −  0.5 2) Tính tích phân 1.00 /2 /2 /2 /2 /2 2 2 2 3 2 2 2 /6 /6 /6 /6 /6 sin sin sin sin sin sin 3 3sin 4sin sin (3 4sin ) 3 4sin 4cos 1 x x x x x dx dx dx dx dx x x x x x x x π π π π π π π π π π = = = = − − − − ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0.25 Đặt t = cosx => - dt = sinxdx . Ta có : 0 3/2 3/2 2 2 0 0 3/2 1 1 1 . ln(2 3) 4 1 4 1/ 4 4 ( 1/ 2)( 1/ 2) 4 dt dt dt B t t t t = − = = = = − − − − + ∫ ∫ ∫ 0.75 IV a)Tính khoảng cách từ điểm B đến mp ( OMN ) 1.00 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó O(0;0;0), (0;0; 3); ( ;0;0), (0; 3;0),A a B a C a 3 ; ; 0 2 2 a a M    ÷  ÷   ⇒ 3 3 0; ; 2 2 a a N    ÷  ÷   . 3 3 3 ; ; 0 , 0; ; 2 2 2 2 a a a a OM ON     = =  ÷  ÷  ÷  ÷     uuuur uuur 2 2 2 3 3 3 [ ; ] ; ; 4 4 4 a a a OM ON   =  ÷  ÷   uuuur uuur , ( 3; 1; 1)n = r là VTPT của mp ( OMN ) Phương trình mặt phẳng (OMN) qua O với vectơ pháp tuyến : 3 0n x y z+ + = r Ta có: 3. 0 0 3 15 ( ; ( )) 5 3 1 1 5 a a a d B OMN + + = = = + + . Vậy: 15 ( ; ( )) . 5 a d B NOM = 0.5 b) MN là đường trung bình của tam giác ABC ⇒ AB // MN ⇒ AB //(OMN) ⇒ d(AB;OM) = d(AB;(OMN)) = 15 ( ; ( )) . 5 a d B NOM = 0.5 1.00 2) Viết ptts của đt d : 0.25 . A d ∆ P n uur P z A 3a 3a y C N O M a x B Cách 1 : Gọi , , d P u u n ∆ uur uur uur lần lươt là các vtcp của đt d , đt ∆ và vtpt của mp ( P). Đặt 2 2 2 ( ; ; ), ( 0) d u a b c a b c= + + ≠ uur . Vì d nằm trong ( P) nên ta có : P d n u⊥ uur uur => a b + c = 0  b = a + c ( 1 ). Theo gt : góc giữa 2 đt bằng 45 0  Góc giữa 2 vtcp bằng 45 0 .  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( 2 ) 9( ) (2) 2 .3 a b c a b c a b c a b c + + = ⇔ + + = + + + + Thay (1) v o ( 2) ta có : à 2 0 14 30 0 15 7 c c ac a c =   + = ⇔  = −  * Với c = 0 : chọn a = b = 1 . Ta có ptts của d l : x = 3 + t ; y = - 1 t ; z = 1à * Với c = - 15a / 7 . chọn a = 7 , c = - 15 , b = -8 . ta có ptts của d l : x = 3 + 7 t ; y = - 1 8 à t ; z = 1 15t. 1.00 Cmr với mọi x , y > 0 , ta có : 2 9 (1 )(1 )(1 ) y P x x y = + + + Biến đổi vế trái , ad Bđt Cosi cho 4 số dương , ta có : 2 3 3 4 4 4 3 3 3 3 27 1 1 1 4. .4. . 4. 256 3 3 3 3 3 3 27 27 x x x y y y x y x x x x y y y y y        + + + + + + + + + ≥ =  ÷  ÷  ÷ ÷  ÷  ÷        Vây P min = 256 khi x = 3 và y = 9 . -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - Hết -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu Đáp án Điểm I 1) Khảo sát hàm số với m = 0. 1 x x x x − + − − − − = 2) Cho 2 số thực x và y > 0 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biể thức : 2 9 (1 ) (1 ) (1 ) y P x x y = + + + -- - -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - Hết
- Xem thêm -

Xem thêm: LUYÊN THI ĐẠI HỌC 2009 – 2010 - ĐỀ SỐ 1, LUYÊN THI ĐẠI HỌC 2009 – 2010 - ĐỀ SỐ 1,

Hình ảnh liên quan

Lập bảng biến thiên của hàm số f( t) (0.25 ), ta thấy pt đã cho cĩ nghiệm 5; 5 - LUYÊN THI ĐẠI HỌC 2009 – 2010 - ĐỀ SỐ 1

p.

bảng biến thiên của hàm số f( t) (0.25 ), ta thấy pt đã cho cĩ nghiệm 5; 5 Xem tại trang 2 của tài liệu.
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đĩ O(0;0;0), (0; 0;3); ( ; 0; 0), (0;3; 0), - LUYÊN THI ĐẠI HỌC 2009 – 2010 - ĐỀ SỐ 1

h.

ọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đĩ O(0;0;0), (0; 0;3); ( ; 0; 0), (0;3; 0), Xem tại trang 3 của tài liệu.