10 de thi thu dai hoc mon toan

7 4 0
10 de thi thu dai hoc mon toan

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.[r]

(1)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 Mơn thi: TỐN, Khối A (ĐỀ 6) A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH: ( điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yf x( )mx33mx2 m1x 1, m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

2 Xác định giá trị m để hàm số yf x( ) khơng có cực trị Câu II (2 điểm): Giải phương trình :

1)  

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x x

x

 

; 2)    

2

4

log x1 2log 4 x log 4x

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

3

2

2

dx A

x x

Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy đường trịn tâm O, SA SB hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB 1, diện tích tam giác SAB 18 Tính thể tích diện tích xung quanh hình nón cho

Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  

2

7

2

x x

x m x m

  

    

    

B.PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) 1 Theo chương trình chuẩn.

Câu VI.a (2 điểm)

1 Cho tam giác ABC biết cạnh AB, BC 4x + 3y – = 0; x – y – = Phân giác góc A nằm đt x + 2y – = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Cho hai mặt phẳng P :x2y 2z + = 0; Q :  x2y 2z -13 = 0.Viết pt mặt cầu (S) qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) tiếp xúc với hai mp (P) (Q)

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện sau:

4

1

4

1

5 15

n n n

n

n n

C C A

C A

  

 

 

  

 

 (Ở A Cnk, nk số chỉnh hợp số tổ hợp chập k n phần tử)

2 Theo chương trình nâng cao.

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho đường thẳng d: x – 5y – = đường tròn (C): x2y2 2x 4y 0 Xác định tọa độ giao điểm A, B đường tròn (C) đường thẳng d (điểm A có hồnh độ dương) Tìm tọa độ C thuộc đường trịn (C) cho tam giác ABC vng B

2 Cho mặt phẳng (P): x 2y2z 0 đường thẳng:

1

1 5

: ; :

2

x y z x y z

d     d    

(2)

Câu VII.b (1 điểm): Tính đạo hàm f’(x) hsố   ( ) ln

3 f x

x

 giải bpt:

2

6 sin

2 '( )

2

t dt f x

x

ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM – ĐỀ 6

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 MƠN:TỐN, Khối A

Câu Ý Nội dung Điểm

2 1,00

+ Khi m = y x 1, nên hàm số khơng có cực trị. 0,25

+ Khi m0  y' 3 mx26mx m1

Hàm số khơng có cực trị y' 0 nghiệm có nghiệm kép

0,50

 

2

' 9m 3m m 12m 3m

       

1

4 m

  

0,25

1 1,00

 

4

sin cos

tan cot

sin 2

x x

x x

x

 

(1) Điều kiện: sin 2x0

0,25

2

1 sin 1 sin cos

(1)

sin 2 cos sin

x x x

x x x

 

    

 

0,25

2

2

1 sin 1 1

2 1 sin 2 1 sin 2 0

sin sin 2

x

x x

x x

      

Vậy phương trình cho vơ nghiệm.

0,50

2 1,00

 2  3

4

log x1  2 log 4 xlog 4x

(2)

Điều kiện:

1

4

4

1

4

x

x x

x x

  

   

  

 

     

0,25

(3)

     

 

2

2 2 2

2

2

(2) log log log log log 16

log log 16 16

x x x x x

x x x x

           

       

+ Với  1 x4 ta có phương trình x24x12 (3) ;  

2 (3)

6 x x

   



 lo¹i

0,25

+ Với 4x 1 ta có phương trình x2 4x 20 0 (4);  

  24

2 24 x

x     

 

 lo¹i

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x2hoặc x2 1  6

0,25

III 1,00

Đặt

2 2

2

1 2 dx tdt

t x t x tdt xdx

x x

        

2

1

dx tdt tdt

x t t

  

 

+ Đổi cận:

1 3

;

2 2

x  tx  t

0,50

1

3

2

2

2

1

3

2

1 1

ln ln

1 |

dt dt t

A

t t t

 

 

     

    

  0,50

IV 1,00

Gọi E trung điểm AB, ta có: OEAB SE, AB, suy raSOE AB

Dựng OHSEOH SAB, OH khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết OH = 1.

Tam giác SOE vuông O, OH đường cao, ta có:

2 2 2

2

1 1 1 1

1

9

9

8 2

OH SO OE OE OH SO

OE OE

       

   

2 2 9 81

8 2

SEOESO     SE

0,25

2

1 36

9

2

SAB SAB

S S AB SE AB

SE

(4)

 

2

2 2 9 265

4 32

2 8

OAAEOE  AB OE     

 

Thể tích hình nón cho:

2

1 265 265

.3

3 8

V   OA SO    0,25

Diện tích xung quanh hình nón cho:

2 2 9 265 337 337

8 8

265 337 89305

8 8

xq

SA SO OA SA

SOA SA  

      

  

0,25

V 1,00

Hệ bất phương trình  

2

7 (1)

2 (2)

x x

x m x m

   

 

    

   1   1 x

Hệ cho có nghiệm tồn x01;6 thỏa mãn (2).

0,25

   

   

2

2

2 ( 1;6 0)

2

x x

x x x m m x x

x  

          

Gọi  

2 2 3

( ) ; 1;6

2

x x

f x x

x  

 

0,25

Hệ cho có nghiệm   x0 1;6 : ( ) f x0 m  

 

 

  2

2

2

2

'

2

x x x x

f x

x x

   

 

 

;  

2 17

'

2 f x   x  x   x 

x1;6 nên nhận

1 17 x 

0,25

Ta có:

2 27 17 17

(1) , (6) ,

3 13 2

fff    

 

Vì f liên tục có đạo hàm [1;6] nên

27 max ( )

13 f x

Do   1;6

27 1;6 : ( ) max ( )

13

x

x f x m f x m m

      

0,25

VIa 2,00

1 1,00

Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

 

4

2;4

2

x y x

A

x y y

   

 

  

 

   

  0,25

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình  

4

1;0

1 0

x y x

B

x y y

   

 

 

 

   

  0,25

Đường thẳng AC qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng:

 2  4

a x b y   ax by  ab

Gọi 1: 4x3y 0; 2:x2y 0; 3:ax by 2a 4b0  ;     ; 

(5)

   

 

2 2 2

2

|1 | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ;

25 5

0

| |

3

a b a b

a

a b a b a a b

a b

 

      

 

        

 

+ a = b0 Do 3:y 0

+ 3a – 4b = 0: Có thể cho a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1). Do vậy, phương trình đường thẳng AC y - = 0.

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  

4

5;

1

y x

C

x y y

  

 

 

 

   

  0,25

2 1,00

Gọi I(a;b;c) tâm R bán kính mặt cầu (S) Từ giả thiết ta có:

 

       

 

    

, , ,

, ,

OI AI OI AI d I P d I Q OI d I P

d I P d I Q

 

 

     

 

0,25

Ta có:

 2  2  2

2 2 2 5 2 1

10 30 (1)

OI AI OI AI a b c a b c

a b c

           

   

 

 ,  2 | 2 | 9 2 2  2 52 (2)

3 a b c

OId I Pabc      abcabc  

 ,   ,  | 2 | | 2 13 |

3

2 2 13 ( )

2 (3)

2 2 13

a b c a b c

d I P d I Q

a b c a b c

a b c

a b c a b c

     

  

       

     

      

lo¹i

Từ (1) (3) suy ra:

17 11 11 4a

; (4)

3

a

b  c 

0,25

Từ (2) (3) suy ra: a2b2c2 9 (5)

Thế (4) vào (5) thu gọn ta được: a 221  a 6580 Như a2

658 221 a

.Suy ra: I(2;2;1) R =

658 46 67

; ;

221 221 221 I  

  R = 3.

0,25

Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình là:

x 22y 22 z12 9

2 2

658 46 67

9

221 221 221

x y z

     

     

     

     

0,25

VIIa 1,00

Điều kiện: n  1 n5

Hệ điều kiện ban đầu tương đương:

(6)

             

           

   

1

2

4.3.2.1 3.2.1

1

1

5.4.3.2.1 15

n n n n n n n

n n

n n n n n

n n n

      

   

   

   

   

 

2

9 22

5 50 10

5 n n

n n n

n

   

      

  

0,50

VIb 2,00

1 1,00

Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình

2 2 4 8 0 0; 2

1;

5

y x

x y x y

y x

x y

 

      

 

 

   

0,50

Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(-3;-1).

ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(-1;2), suy C(-4;4).

0,50

2 1,00

Phương trình tham số d1 là:

1 3

x t

y t

z t    

    

M thuộc d

1 nên tọa độ M 1 ;3 ;2 tt t.

Theo đề:  

   

 2

2

|1 2 3 1| |12 |

, 2 12 6 1,

3

1 2

t t t t

d M P            t   tt    

0,25

+ Với t1 = ta M13;0;2;

+ Với t2 = ta M21;3;0

0,25

+ Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // mp (P), gọi mp

này (Q1) PT (Q1) là: x 3 2y2z 2  0 x 2y2z (1) .

Phương trình tham số d2 là:

5

5

x t

y t

z t

   

 

  

(2)

Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = t = -1 Điểm N1 cần tìm N1(-1;-4;0).

0,25

+ Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;-5). 0,25

VIIb 1,00

Điều kiện  

0

3 x   x

 3    

1

( ) ln ln1 3ln 3ln

3

f x x x

x

     

;  

 

1

'( ) 3 '

3

f x x

x x

  

 

0,25

Ta có:

     

2

0

0

6 cos 3

sin sin sin sin

2 |

t t

dt dt t t

 

 

   

         

(7)

Khi đó:

2

sin '( )

2 t

dt f x

x

 

    

2

3 0

3

3

3

3; 3; 2 2

x x

x x

x x

x

x x x x

  

  

  

 

      

  

      

 

Ngày đăng: 04/03/2021, 13:18

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan