Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Toán học Tổng hợp 90 đề thi đại học môn toán kèm đáp án hay không nên bỏ qua (402 trang)...

Tài liệu Tổng hợp 90 đề thi đại học môn toán kèm đáp án hay không nên bỏ qua (402 trang)

.PDF
402
1095
56

Mô tả:

Tổng hợp 90 đề thi đại học môn toán kèm đáp án hay không nên bỏ qua (402 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: Toán. Khối A, B. Đề thi thử lần 1 Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y 2x 1 x 1 (1). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Câu II. (2 điểm) 1  x 1) Giải phương trình sau: 1 2  x2  2. sin 4 2 x  c os 4 2 x 2) Giải phương trình lượng giác: tan(  4  x ). tan(  4  c os 4 4 x .  x) Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau: L  lim 3 ln(2 e  e.c os2 x )  1  x 2 x2 x0 Câu IV. (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón). 1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; 2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x2 + y2 + z2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x3 + y3 + z3 – 3xyz. 1 2 Câu VI. (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ( ; 0) Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình :  2 2 x 2  2010  2009 y  x   y 2  2010   3 log 3 ( x  2 y  6)  2 log 2 ( x  y  2)  1 --------------- HẾT --------------Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……….………………………………….……. Số báo danh: ………………... HƯỚNG DẪN CÂU I.1 NỘI DUNG ĐIỂM 2x 1 3 2 x 1 x 1 +) Giới hạn, tiệm cận: lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   Hàm số: y  x  x  ( 1) x  - TC đứng: x = -1; TCN: y = 2. 3 +) y '   0, x  D 2  x  1 +) BBT: x - y' y x ( 1) -1 || + + + 2  || 2  +) ĐT: 1 điểm 8 6 4 2 -10 -5 5 10 -2 -4 -6 I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi M  (C )  M ( x0 ; 2  y  yI 3 3 )  k IM  M  x0  1 xM  xI ( x0  1) 2 +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: k M  y '( x0 )  II.1 3  x0  1 2 +) ycbt  kM .kIM  9 +) Giải được x0 = 0; x0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) +) ĐK: x  ( 2; 2) \ {0} +) Đặt y   x  y  2 xy 2  x 2 , y  0 Ta có hệ:  2 2 x  y  2  1  3  1  3 x  x   2 ; 2  +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và   y  1  3  y  1  3   2 2 +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và x  II.2 1 điểm +) ĐK: x    4 k  2  1 điểm 1  3 2 ,k Z   ) tan(  x) tan(  x )  tan(  x) cot(  x)  1 4 4 4 4 1 1 1 sin 4 2 x  cos 4 2 x  1  sin 2 4 x   cos 2 4 x 2 2 2 pt  2 cos 4 4 x  cos 2 4 x  1  0 1 điểm +) Giải pt được cos24x = 1  cos8x = 1  x  k  4 và cos24x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là x  k III L  lim 3 ln(2 e  e.c os2 x )  1  x 2 x2 x 0  lim  2 ,k  Z 3 ln(1  1  c os2 x )  1  1  x 2 x2 x0         3 2 2 2 ln(1  2 sin 2 x ) 1  1  x  ln(1  2 sin 2 x ) 1     lim   lim   x 0   2 2 2 3 2 2 2 3 x0  x x x (1  x )  1  x  1     2 sin 2 x 2 sin 2 x   2 sin 2 x  2 sin 2 x  1 5 2  3 3 IV.1 +) Gọi rC là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB. S SAB  prC  (l  r ).rC  Ta có: 2  rC  IV.2 S 1 SM . AB 2 l 2 1 điểm l  r .2r l r r 2(l  r ) lr 2 2 +) Scầu = 4 r C  4 r 1 điểm I l r lr A M r B +) Đặt : y (r )  lr 2  r 3 ,0  r  l lr   5 1 l r  2r (r 2  rl  l 2 ) 2   ) y '(r )  0 (l  r ) 2  5 1 l r   2 +) BBT: r 0 y'(r) y(r) 5 1 l 2 1 điểm ymax +) Ta có max Scầu đạt  y(r) đạt max  r  V l 5 1 l 2 +) Ta có P  ( x  y  z )( x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx)  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z)2  P  ( x  y  z)  x2  y 2  z 2   2     ( x  y  z)2  2  ( x  y  z)2  P  ( x  y  z) 2    ( x  y  z ) 3   2 2     1 3 +) Đặt x +y + z = t, t  6( Bunhia cov xki) , ta được: P(t )  3t  t 2 +) P '(t )  0  t   2 , P(  6 ) = 0; P( 2)  2 2 ; P( 2)  2 2 +) KL: MaxP  2 2; MinP  2 2 1 điểm VI +) d ( I , AB)  5  AD = 2 5  AB = 2 5  BD = 5. 2 +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2) + y2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của  x  2  1 2 25  2 ( x  )  y    y  2  A(2;0), B(2; 2) hệ:  2 4   x  2  x  2 y  2  0    y  0  C (3;0), D( 1; 2) VII  2 2 x 2  2010 (1)  2009 y  x   y 2  2010   3 log 3 ( x  2 y  6)  2 log 2 ( x  y  2)  1(2) +) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: x 2  log 2009 ( x 2  2010)  y 2  log 2009 ( y 2  2010) +) Xét và CM HS f (t )  t  log 2009 (t  2010), t  0 đồng biến, từ đó suy ra x2 = y2  x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x +2) = 2log2(x + 1) = 6t t t 1 8 Đưa pt về dạng  9    9   1 , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1      x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log3(y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa. - Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải. ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC lÇn ii NĂM häc: 2010-2011 Môn thi : TOÁN lµm bµi:180 phótThêi gian (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II:(2 điểm) 1. Giải hệ phương trình:  x  2 y  xy  0   x  1  2 y  1  1 2. T×m x  (0;  ) tho¶ m·n ph­¬ng tr×nh: cotx – 1 = cos 2 x 1  sin 2 x  sin 2 x . 1  tan x 2 Câu III: (2 điểm) 1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x  a). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt  2. Tính tích phân: I = 4 0  ( x  sin 2 2 x) cos 2 xdx . Câu IV: (1 điểm) : Cho c¸c sè thùc d­¬ng a,b,c thay ®æi lu«n tho¶ m·n : a+b+c=1. a  b2 b  c2 c  a2 Chứng minh rằng :    2. bc ca ab PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( A. Theo chương trình chuẩn Chó ý!:ThÝ sinh chØ ®­îc chän bµi lµm ë mét phÇn) Câu Va :1.Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng 3 vµ 2 träng t©m thuéc ®­êng th¼ng  : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iÓm A(1;4;2),B(-1;2;4) vµ ®­êng th¼ng  : x 1 y  2 z   .T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn 1 1 2 Câu VIa : Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh: ( 2  3) x 2  2 x 1  (2  3) x 2  2 x 1   sao cho: MA2  MB2  28 4 2 3 B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi d: x 1 y  1 z .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M,   2 1 1 cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d  4 log3 xy  2  ( xy ) log 3 2 Câu VIb: Giải hệ phương trình  2 2  log 4 ( x  y )  1  log 4 2 x  log 4 ( x  3 y ) ………………… …..………………..Hết……………………………………. (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) H­íng dÉn chÊm m«n to¸n C©u ý Néi Dung 2 1 I 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm) y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm) 3 2 1. m = 3 : y = x + 3x + 3x + 1 (C3) + TXÑ: D = R + Giới hạn: lim y  , lim y   x  §iÓm 0,25 x  + y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2  0; x  hµm sè ®ång biÕn trªn R  Baûng bieán thieân: 0,25 0,25 + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0  x = –1  tâm đối xứng U(-1;0) * Ñoà thò (C3): Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1) 0,25 1 2 Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø: 0,25 x  0 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0   2 (2)  x  3x  m  0 * (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0;1), D, E phaân bieät:  Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE  0. m  0   9  4m  0    2 4 (*) 0  3 0  m  0 m  9 0,25 Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø: kD=y’(xD)= 3x 2D  6x D  m  (3x D  2m); kE=y’(xE)= 3x 2E  6x E  m  (3x E  2m). Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1 0,25  (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1 0,25  9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 2  9m + 6m(–3) + 4m = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét).  9  65 m  8  4m2 – 9m + 1 = 0    9  65 m  8  1  So s¸nhÑk (*): m = 9  65 8   II 2 1 1 x  1  1. §k:  1  y  2 (1) 0,5  x  y  ( y  xy )  0 ( x  y )( x  2 y)  0  x 2 y  0   x 2 y  x  y  0(voly)  x = 4y Thay vµo (2) cã 4 y 1  2 y 1  1  4 y 1  2 y 1  1 0,25  4 y 1  2 y 1  2 2 y 1 1  2 y 1  2 2 y 1   2 y 1  0 y    y   2 y  1  2  1 (tm) x  2 2  5 x  10 (tm)  2 V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25 1 2 sin 2 x  0 sin 2 x  0  sin x  cos x  0 tan x  1 cos x  sin x cos 2 x. cos x PT    sin 2 x  sin x cos x sin x cos x  sin x cos x  sin x   cos 2 x  sin x cos x  sin 2 x  sin x cos x sin x 0,25  cos x  sin x  sin x(1  sin 2 x) 0,25 ®K:   (cos x  sin x)(sin x cos x  sin 2 x  1)  0 0,25  (cosx  sin x)(sin2x  cos2x  3)  0  cos x  sinx  0   (cos x  sinx)( 2sin(2x  )  3)  0    2 sin(2 x   )  3( voly ) 4 4   cos x  sin x  0  tanx = 1  x  Do x  0;   k  0  x   4  k ( k  Z ) (tm®k) 0,25  4 III 2 1 1  SA  ( ABCD)  ( SAC )  ( ABCD)  SA  ( SAC ) Do  0,25 Lai cã MH  AC  ( SAC )  ( ABCD )  MH  ( SAC )  d ( M , SAC )  MH  AM .sin 45o  x 2 Ta cã x x  HC  AC  AH  a 2  2 2 1 1 x x  S MHC  MH .MC  (a 2  ) 2 2 2 2 1 1 x x  VSMCH  SA.S MCH  2a (a 2  ) 3 6 2 2 AH  AM .cos 450  O,5 Tõ biÓu thøc trªn ta cã: x x a 2  1 2 VSMCH  a  2 3 2 x x  a 2 2 2  xa 0,25  2 3  a 6  M trïng víi D 2 1  4  4  4 2 2 I = ( x  sin 2x)cos2xdx  xcos2xdx  sin 2xcos2xdx  I 1  I 2    0 0 0 0,25 TÝnh I1   du  dx u  x x 14    I  sin 2 x  sin 2xdx 4   1 ®Æt 1 2 2 0 v   cos2xdx v  2 sin 2x 0 0,25   1  1   cos 2 x 4   8 4 8 4 0 TÝnh I2  4  1 1 1 I 2   sin 2 2xd(sin2x)  sin3 2x 4  20 6 6 0 VËy I= IV 0,25  1 1  1     8 4 6 8 12 0,25 1 1 2 .Ta cã :VT = ( A3  2 2 a b c b c a   )(   )  A B bc ca ab bc ca ab 1 1 1 1     (a  b)  (b  c)  (c  a)  2  a  b b  c c  a  1 1 1 1 9  3 3 (a  b)(b  c)(c  a )3 3  2 ab bc ca 2 3  A 2 a2 b2 c2 12  (a  b  c) 2  (   )(a  b  b  c  c  a ) ab bc ca 1  1  B.2  B  2 3 1 Tõ ®ã tacã VT    2  VP 2 2 0,25 0,25 0,25 0,25 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi a=b=c=1/3 V.a 1 Ta cã: AB = 2 , trung ®iÓm M ( pt (AB): x – y – 5 = 0 5 5 ;  ), 2 2 2 1 0,25 S ABC = 0,25 3 1 3 d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 2 2 Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)=  d(G, AB)= t  (3t  8)  5 = 2  G(1; - 5) hoÆc G(2; - 2) 1 2   Mµ CM  3GM  C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1) 2 0,25 1 x  1 t  ptts :  y  2  t  M (1  t; 2  t ; 2t )  z  2t  0,5 Ta cã: MA2  MB 2  28  12t 2  48t  48  0  t  2 1   Bpt  2  3  x2 2x  t  2 3 2 x 2x    2 3 (t  0) 0,25 0,25 Tõ ®ã suy ra : M (-1 ;0 ;4) VI.a 0,25 1  t = 1 hoÆc t = 2 2 1 0,25 2 x 2x 4 BPTTT : 1 t 4 t 0,25  t 2  4t 1  0  2  3  t  2  3 (tm) 0,25  Khi ®ã : 2  3  2  3  x 2 2 x   2  3  1  x 2  2 x  1 x2  2x 1  0 1 2  x  1 2 V.b 0,25 2 1 1 . (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm)  AMB  600 (1) Vậy  Vì MI là phân giác của AMB  AMB  1200 (2) (1)  AMI = 300  MI  IA  MI = 2R  m 2  9  4  m   7 0 sin 30 (2)  AMI = 600  MI  IA 2 3 4 3  MI = R  m2  9  Vô 0 sin 60 3 3 0,5 0,5 nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 2 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. 0,25  x  1  2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z  t   Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  1 + t ;  t).Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)  Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên : 0,25  2 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vì thế, MH =  1 ;  4 ;  2  3 3 3 3   uMH  3MH  (1; 4; 2) Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x  2  y  1  z 1 7 3 1 3 4 2 3 Theo trªn cã H ( ;  ;  ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é VIb 0,25 2 0,25 8 5 4 ; ) 3 3 3 ĐK: x>0 , y>0 M’ ( ;  (1)  22log3 xy  2log3 xy  2  0 0,5 0,25 3 x (2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy)  x2+ 2y2 = 9 log3xy = 1  xy = 3y= Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; 6 ) 2 0,25 S M A D H B C SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – THÁNG 12/2010 Môn thi: TOÁN HỌC – Khối A, B Thời gian: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I: x2  C. x2 1. Khảo sát và vẽ  C  . Cho hàm số y  2. Viết phương trình tiếp tuyến của  C  , biết tiếp tuyến đi qua điểm A  6;5  . Câu II:   1. Giải phương trình: cos x  cos3x  1  2 sin  2x   . 4   x 3  y 3  1 2. Giải hệ phương trình:  2 2 3  x y  2xy  y  2 Câu III:  4 Tính I  dx  cos x 1  e  2  3x  4 Câu IV: Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 2. Với giá trị nào của góc  giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất? Câu V: Cho a, b,c  0 : abc  1. Chứng minh rằng: 1 1 1   1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Câu VI: 1. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A 1;0  , B  2;4  ,C  1; 4  , D  3;5 và đường thẳng d : 3x  y  5  0 . Tìm điểm M trên d sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau. 2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng sau:  x  1  2t x y 1 z  2  d1 :   ; d2 : y  1  t 2 1 1 z  3  Câu VII: 20 C02010 21 C12010 22 C22010 23 C32010 22010 C2010 2010 A     ...  Tính: 1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 2 Câu I: 1. a) TXĐ: \ 2 b) Sự biến thiên của hàm số: -) Giới hạn, tiệm cận: +) lim y  , lim y    x  2 là tiệm cận đứng. x  2 x  2 +) lim y  lim y  1  y  1 là tiệm cận ngang. x  x  -) Bảng biến thiên : 4 y'    0 x  2 2  x  2 c) Đồ thị : -) Đồ thị cắt Ox tại  2;0  , cắt Oy tại  0; 1 , nhận I  2;1 là tâm đối xứng. 2. Phương trình đường thẳng đi qua A  6;5 là  d  : y  k  x  6   5 . (d) tiếp xúc (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm : 4 x2  x2   x  2 2   x  6   5  x  2 k  x  6   5  x  2       4 4 k   k   2 2    x  2  x  2  2 4  x  6   5  x  2    x  2  x  2  4x  24x  0  x  0;k  1     4  4 k    x  6;k   1 k   2 2   4  x  2   x  2   x 7 2 tiếp tuyến là :  d1  : y   x  1;  d 2  : y    4 2 Câu II: 2 Suy ra có   1. cos x  cos3x  1  2 sin  2x   4   2cos x cos 2x  1  sin 2x  cos2x  2cos 2 x  2sin x cos x  2cos x cos 2x  0  cos x  cos x  sinx  cos2x   0  cos x  cos x  sinx 1  sinx  cosx   0    x   k 2  cos x  0     cos x  s inx  0   x    k 4 1  s inx  cosx  0      1 sin  x  4    2       x  2  k   x   k   2  x     k     4    x    k 4  x       k2  x  k2    4 4    5  x    k2  4 4  1 3 1 1 3 3  2x   2  x  y           y x    y x x y 2.   2y  1  3 2x  1  3  x y y x  x  y  4  x  y  2  x  y    xy    xy  2   2x  1  3 2x  1  3   y x y x x  y   2x  1   x     y2 x    x  2x   2   Câu III: 3 x x  y  1  x  y  1   x  2, y   2   x   2, y  2 3 x d  x2  xdx 11 1 1 dt I 4    2 2 2 0  x 2   x 2  1 2 0 t 2  t  1 0 x  x 1 1 3 11 dt 12 du    2 2  2 0  1 2  3  21 2  3 2 u    t     2  2   2  3 3 dy    tan y, y    ;   du   Đặt u  2 2 cos 2 y  2 2 1  3  u   y  ;u   y  2 6 2 3  3 I 3 dy 2  3 1 1   dy    2  cos 2 y  3  1  tan 2 y 3 6 3   6 6 4 Câu IV: Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có: SMN  ,d  A;  SBC    d  N;  SBC    NH  2 NH 2 4   SABCD  MN 2  sin  sin  sin 2  tan  1 SI  MI.tan    sin  cos 1 4 1 4  VSABCD   2   2 3 sin  cos 3.sin .cos sin 2   sin 2   2cos 2 2 sin 2 .sin 2 .2cos 2   3 3 1  sin 2 .cos  3 2 VSABCD min  sin .cos max S  MN   sin 2   2cos 2  cos  Câu V: Ta có: 1 3 H C D N M I A B ab  3  a  b 1    ab  3 1  a  b  1 3 ab  3 a 2  3 ab  3 b 2  3 ab 3 a  3 b  1  3 ab a3b  3 a3b3c 3 3 a3b   a  3 b  3 abc  3 ab  3   3 c a b3c 3 suy ra OK! Câu VI: 1. Giả sử M  x; y   d  3x  y  5  0. AB  5,CD  17   AB  3;4   n AB  4;3  PT AB : 4x  3y  4  0   CD  4;1  n CD 1; 4   PT CD : x  4y  17  0 SMAB  SMCD  AB.d  M;AB   CD.d  M;CD   5 4x  3y  4 x  4y  17  17   4x  3y  4  x  4y  17 5 17 3x  y  5  0   4x  3y  4  x  4y  17  3x  y  5  0  3x  7y  21  0 7    M1  ; 2  , M 2  9; 32   3x  y  5  0 3    5x  y  13  0 2. Gọi M  d1  M  2t;1  t; 2  t  , N  d 2  N  1  2t ';1  t ';3   MN  2t  2t ' 1; t  t ';  t  5    MN.u1  0 2  2t  2t ' 1   t  t '     t  5   0        2  2t  2t ' 1   t  t '  0 MN.u1  0 6t  3t ' 3  0   t  t' 1 3t  5t ' 2  0   M  2;0; 1 , N 1;2;3 , MN  1; 2; 4   PT MN : x  2 y z 1   1 2 4 Câu VII: 20 C02010 21 C12010 22 C22010 23 C32010 22010 C2010 2010 A     ...  1 2 3 4 2011  a  3 b  3 c Tương tự 3 1    Ta có: k k  2  2010!   2  2010! 2k C k2010  1     k  1 k! 2010  k ! k  1  k  1! 2010  k ! k k  2  2011! 1 1 k 1 1      2  C k2011 2011  k  1! 2011  k  1! 4022 1  1 2 2011    2  C12011   2  C 22011  ...   2  C 2011 2011   4022 1  1 2011 0    2  1   2  C02011    2011 4022  A KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN (Thời gian làm bài: 180 phút) A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  2 x3  3(2m  1) x2  6m(m  1) x  1 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x  1)  1 b) Giải phương trình : (3 x  1) 2 x 2  1  5 x 2  3 ln 2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  0 3 x 3 2 dx (3 e x  2) 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AA’ a 3 4 Câu V (1 điểm) và BC là Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức x4  y4 1 P 2 x  y2 1 B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z 2  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : 3 x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x  4 y 1 z  5 x2 y3 z   d2 :   3 1 2 1 3 1 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2 ……...HẾT........... ĐÁP ÁN Câu I a) ồ Học sinh tự làm 0,25 y  2 x3  3(2m  1) x2  6m(m  1) x  1  y '  6 x 2  6(2m  1) x  6m(m  1) b) 0,5 y’ có   (2m  1) 2  4(m 2  m)  1  0 x  m y'  0   x  m  1 Hàm số đồng biến trên 2;   y '  0 x  2  m  1  2  m  1 0,25 0,25 1 điểm Câu II a) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x  1)  1 PT  2 cos 3x(4 cos 2 x  1)  1  2 cos 3 x(3  4 sin 2 x)  1 0,25 Nhận xét x  k , k  Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 0,25 2 3 2 cos 3x(3  4 sin x)  1  2 cos 3 x(3 sin x  4 sin x)  sin x  2 cos 3 x sin 3 x  sin x  sin 6 x  sin x 2m  x  6 x  x  m2 5   6 x    x  m2  x    2m  7 7 0,25 ;mZ 2m  k  2m=5k  m  5t , t  Z 5  2m  Xét khi = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 7 7 lZ 2m  2m Vậy phương trình có nghiệm: x  ( m  5t ); x   ( m  7l  3 ) 5 7 7 trong đó m, t , l  Z Xét khi b) Giải phương trình : (3 x  1) 2 x 2  1  5 x 2  3 x 3 2 PT  2(3 x  1) 2 x 2  1  10 x 2  3 x  6 0,25 1 điểm 0,25 2(3x  1) 2 x 2  1  4(2 x 2  1)  2 x 2  3 x  2 . Đặt t  2 x 2  1(t  0) Pt trở thành 4t 2  2(3 x  1)t  2 x 2  3 x  2  0 Ta có: '  (3 x  1) 2  4(2 x 2  3 x  2)  ( x  3) 2 Pt trở thành 4t 2  2(3 x  1)t  2 x 2  3 x  2  0 Ta có: '  (3 x  1) 2  4(2 x 2  3 x  2)  ( x  3) 2 0,25
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan