Tải bản đầy đủ

Tài liệu Đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 2010_số 01 ppt

Trung tâm Hocmai.vn
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy - Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày 07 tháng 06 năm 2010
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 01
PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)
Câu I. Cho hàm số:
( )
( )
3 2 2
2 1
1 4 3
3 2
y x m x m m x= + + + + + +
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3.
2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x
1
, x
2
là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của
hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

( )
1 2 1 2
. 2x x x x− +
.
Câu II.
1. Giải phương trình
( )
4 4
2
1 cot 2 cot
2 sin cos 3
cos
x x
x x
x
+
+ + =
2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình
( )
( )
2
4 4 5 2 0x x m x x− + − + + ≥
nghiệm đúng với mọi
giá trị x thuộc đoạn
2; 2 3
 
+
 

Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
2AD a=
, CD = 2a. Cạnh SA vuông góc
với đáy và
( )
3 2 0SA a a= >
. Gọi K là trung điểm của cạnh CD. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông
góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O
1
A
1
B
1
với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O
1
(0;
0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA
1
sao cho đường thẳng MN song song với mặt
phẳng (α):
2 5 0x y z+ + − =
và độ dài MN =
5
.
Câu IV. 1. Tính tổng:
2 2 2 2
0 1 2

1 2 3 1
n
n n n n
C C C C
S
n
       
= + + + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+
   
   
, ở đó n là số nguyên dương và
k
n
C
là số tổ
hợp chập k của n phần tử.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C):
2 2
6 2 6 0x y x y+ + − + =
và các điểm B(2;
-3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có
diện tích nhỏ nhất.
PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu)
Câu Va. 1. Tính tích phân:
( )
ln 5
ln 2
10 1 1
x x
dx
I
e e

=
− −

.
2. Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
2
2
1
2
2 2
3
2 2 4
2
2 2 4 1 0 5
x
y
x
xy
x y x x y x



+ + =



+ − − + =


Câu Vb. 1. Tính tích phân:
4
3
0
sin
cos
x x
I dx
x
π
=

.
2. Giải phương trình
( ) ( )
2
2 7 7 2
log log 3 2log 3 log
2
x
x x x x x
 
+ + = + +
 
 

Hết
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày04 tháng 06 năm 2010
PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh)
Câu I. Cho hàm số:
( )
( )
3 2 2
2 1
1 4 3
3 2
y x m x m m x= + + + + + +
.
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3.
2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x
1
, x
2
là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của
hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
( )
1 2 1 2
. 2x x x x− +
.
Đáp án: Ta có
( )
2 2
2 2 1 4 3y x m x m m

= + + + + +
.
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
hay
( )
( )
2
2 2
1 2 4 3 0 6 5 0 5 1m m m m m m

∆ = + − + + > ⇔ + + < ⇔ − < < −
Theo định lí Vi-ét, ta có
( )
1 2
1x x m+ = − +
,
( )
2
1 2
1
. 4 3
2
x x m m= + +
Suy ra
( )
( )
2 2
1 1
4 3 2 1 8 7
2 2
m m m m m+ + + + = + +
Ta nhận thấy, với
( )
5; 1m ∈ − −
thì
( )
2
2
9 8 7 4 9 0m m m− ≤ + + = + − <
Do đó A lớn nhất bằng
9
2
khi m = -4.
Câu II.
1. Giải phương trình
( )
4 4
2
1 cot 2 cot
2 sin cos 3
cos
x x
x x
x
+
+ + =
Đáp án: Điều kiện: sin2x ≠ 0.
Phương trình
(
)
2 4 2
2
2 1
2 1 sin 2 3 sin 2 sin 2 2 0
2
sin
x x x
x
⇔ + − = ⇔ + − =
( )
2
2
2
sin 2 2
sin 2 1 cos 2 0
4 4
sin 2 1
x
k
x x x k
x

= −
π π
⇔ ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈

=


¢
2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình
( )
( )
2
4 4 5 2 2x x m x x− + − + + ≤
nghiệm đúng với
mọi giá trị x thuộc đoạn
2; 2 3
 
+
 

Đáp án: Đặt
2
4 5t x x= − +
. Từ
[ ]
2; 2 3 1; 2x t
 
∈ + ⇒ ∈
 
. Bất phương trình đã cho tương đương với:
( ) ( )
2
2
5
5 2 0
2
t
t m t m g t
t

− + + ≥ ⇔ ≥ =
+
(do
2 0t + >
)
Bất phương trình nghiệm đúng
( )
[ ]
2; 2 3 max , 1; 2x m g t t
 
∀ ∈ + ⇔ ≥ ∈
 
.
Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến
[ ]
( )
( )
[ ]
1
1; 2 max 2 , 1; 2
4
t m g t m t

∀ ∈ ⇒ ≥ = = ∈
Page 2 of 5
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày04 tháng 06 năm 2010
Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
2AD a=
, CD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy và
( )
3 2 0SA a a= >
. Gọi K là trung điểm của cạnh AC. Chứng
minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính
thể tích khối chóp SBCK theo a.
Đáp án: 1. Gọi H là giao của AC và BK thì
BH =
2
3
BK
2 3
3
a
=
và CH =
1
3
; CA =
6
3
a
2 2 2 2
2BH CH a BC BK AC⇒ + = = ⇒ ⊥
Từ BK ⊥ AC và BK ⊥ SA ⇒ BK ⊥ (SAC) ⇒ (SBK) ⊥ (SAC)
V
SBCK
=
1
3
SA.S
BCK
=
1
3
2
3
2
3 2
2
a
a a× =
(đvtt)
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O
1
A
1
B
1
với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O
1
(0;
0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA
1
sao cho đường thẳng MN song song với mặt
phẳng (α):
2 5 0x y z+ + − =
và độ dài MN =
5
.
Đáp án:
Có A
1
(2; 0; 4) ⇒
( )
1
2; 0; 4OA =
uuuur
⇒ phương trình OA
1
:
( )
2
0 2 ; 0; 4
4
x n
y N n n
z n
=


= ⇒


=


( )
2; 4; 0AB = −
uuur
⇒ phương trình AB:
( )
2 2
4 2 2 ; 4 ; 0
0
x m
y m N m m
z
= −


= ⇒ −


=

Vậy
( )
2 2 2; 4 ; 4MN n m m m= + − −
uuuur
Từ
( )
( )
( )
( )
1
// . 0 2 2 2 2 4 4 0 1; 0; 2
2
MN MN n n m m n n N
α
α ⇔ = ⇔ + − − + = ⇔ = ⇒
uuuur uuuur
.
Khi đó:
( )
(
)
( )
2
1
2 2
2
8
4
1
; ; 0
5 5
5
2 1 16 4 5
0
2; 0; 0
M
m
MN m m
m
M A


=


= − + + = ⇔ ⇒


=




Câu IV. 1. Tính tổng:
2 2 2 2
0 1 2

1 2 3 1
n
n n n n
C C C C
S
n
       
= + + + +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+
   
   
, ở đó n là số nguyên dương và
k
n
C
là số tổ
hợp chập k của n phần tử.
Đáp án: Ta có:
( ) ( )
( )
( ) ( )
1
1
1 !
!
1 1
, 0,1, ,
1 1 1
! ! 1 1 ! !
k k
n n
C C
n
n
k n
k k n
k n k n k n k
+
+
+
= × = × = ∀ =
+ + +
− + + −
Vậy:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
1 2 3 1
1 1 1 1
2
1

1
n
n n n n
S C C C C
n
+
+ + + +
 
= + + + +
 
+
Từ
( ) ( ) ( )
1 1 2 2
1 . 1 1
n n n
x x x
+ + +
+ + = +
, cân bằng hệ số
1n
x
+
ở hai vế ta có:
Page 3 of 5
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày04 tháng 06 năm 2010
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
0 1 2 3 1 1
1 1 1 1 1 2 2

n n
n n n n n n
C C C C C C
+ +
+ + + + + +
+ + + + + =
Vậy:
( )
1
2 2
2
1
1
n
n
C
S
n
+
+

=
+
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C):
2 2
6 2 6 0x y x y+ + − + =
và các điểm B(2;
-3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có
diện tích nhỏ nhất.
Đáp án: Để ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực (∆) qua trung điểm BC là
M(3; 1) và nhận
( )
2; 4BC
uuur
làm véc tơ pháp tuyến nên (∆) có phương trình:
( )
( )
2 3 4 1 0 2 1 0x y x y− + + = ⇔ + − =
Vì A ∈ (C) nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
2 2
6 2 6 0
2 1 0
x y x y
x y

+ + − + =


+ − =


Giải hệ tìm ra hai điểm A
1
(-1; 1) và A
2
(
21
5

;
13
5
)
Do
1 2
18
20
5
A M A M= < =
nên
1 2
A BC A BC
S S<
. Vậy điểm cần tìm là A(-1; 1)
PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu)
Câu Va. 1. Tính tích phân:
( )
ln 5
ln 2
10 1 1
x x
dx
I
e e

=
− −

.
Đáp án: Đặt
2
1 1 2
x x x
t e t e tdt e dx= − ⇒ = − ⇒ =
. Khi x = ln2 thì t = 1; khi x = ln5 thì t = 2.
Khi đó:
( )
( )
(
)
2
ln 5 2 2 2
2
2
ln 2 1 1 1
1
2 3 5
1 1 1 1 1
2 ln ln
3 3 3 3 3 3 2
9
9
10 1
x x
dx tdt dt t
I dt
t t t
t
t t
e e

= = = = − − = − =
− + +


− −
∫ ∫ ∫ ∫
2. Giải hệ phương trình:
( )
( )
( )
2
2
1
2
2 2
3
2 2 4
2
2 2 4 1 0 5
x
y
x
xy
x y x x y x



+ + =



+ − − + =


Đáp án: Điều kiện: x ≠ 0
( )
( ) ( ) ( )
2
2
1 2
5 2 2 2 1 0 2 1
x
x xy x xy x xy y
x

   
⇔ + − + + = ⇔ + = ⇔ =
   
Thay vào (4) nhận được:
2
2 2
1 1 2
2
2 2
2 1 3 1 2 1
1 1
2 2
2 2
x x
x x
x x x
x x
x x
− −
− − −
− = − = − = −
2
2 2
1 1 2
2 2
2 2 2 2
1 1 2 1 2 1
2 2
x x
x x
x x x x
f f
x x x x
− −
 
− − − −
 
⇔ + = + ⇔ =
 ÷  ÷
   
Ở đó
( )
2
2
t
t
f t = +
là hàm đồng biến với mọi t.
Page 4 of 5
TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE
P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408
Hà Nội, ngày04 tháng 06 năm 2010
Từ đó suy ra
2
2 2
1 2 1 3
2
4
x x
x y
x x
 
− − −
 
= ⇔ = ⇒ =
 ÷  ÷
   
Vậy nghiệm của hệ phương trình là
3
2
4
x y

= ⇒ =
.
Câu Vb. 1. Tính tích phân:
4
3
0
sin
cos
x x
I dx
x
π
=

.
Đáp án: Đặt u = x và
3
sin
cos
x
dv dx du dx
x
= ⇒ =

2
1
2cos
v
x
=
.
Từ đó:
4
4
4
2 2
0
0
0
1 1 1
tan
2 4 2 4 2
2cos cos
x dx
I x
x x
π
π
π
π π
= − = − = −

2. Giải phương trình
( ) ( )
2
2 7 7 2
log log 3 2log 3 log
2
x
x x x x x
 
+ + = + +
 
 
(6)
Đáp án: Điều kiện: x > 0
( )
(
)
( )
( )
2 2 7
6 log log 2log 3 0
2
x
x x x
 
⇔ − + + =
 
Xét
2
2
ln
ln 2
log 2
2 2
x
x x
x x
x
= ⇔ = ⇔ =
(7)
Đặt:
( ) ( )
ln 1 lnx x
f x f x
x x


= ⇒ =
;
( )
0f x x e

= ⇔ =
.
Vậy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Dễ thấy x = 2 và x = 4 là nghiệm của (7).
Xét
( )
2 7
log 2log 3x x= +
(8)
Đặt:
2
log 2
t
x t x= ⇔ =
( )
( )
(
)
(
)
(
)
2
4 2 1
8 7 2 3 6 9 1
7 7 7
t t t
t t
⇔ = + ⇔ + + =
có nghiệm duy nhất t = 2.
Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4.
=====================Hết==========================
Page 5 of 5

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×