Tải bản đầy đủ (.pdf) (5 trang)

Đề và đáp án thi thử đại học, cao đẳng môn thi: Toán (số 137)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (184.46 KB, 5 trang )

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 137 ). Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y  x 3  3 m  1 x 2  9x  m  2 (1) có đồ thị là (Cm) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1. 2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với nhau qua 1 2. đường thẳng y  x . Câu II: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình: sin 2x cos x  3  2 3cos3 x  3 3cos2x  8 2) Giải bất phương trình :.  3 cos x  s inx  3. 1  1  log 2 x 2  4x  5  log 1  . 2 x  7   2. 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y=x.sin2x, y=2x, x=.  2. 3  0.. .. Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho  1  AP  AH . gọi K là trung điểm AA’,   là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và 2. CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích. VABCKMN . VA 'B'C'KMN. 6  2 a  a  a 2  a  5 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:  a 2 b 2  ab 2  b a 2  a  6  0 . Câu IV: (2,5 điểm) 1) 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 Am C m  C n  3   2 2   Pn 1  720. x 2 y2   1 (E), viết phương trình đường thẳng song song 2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc 25 9 Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 biết: x  2  t  x 1 y  2 z 1 d1 :  y  2  t d2 :   2 1 5 z  3  t  Câu V: (1điểm) Cho a, b, c  0 và a 2  b 2  c 2  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P. a3 1  b2. . b3 1  c2. . c3 1 a2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010. Môn thi : TOÁN ( ĐỀ 137 ). 1 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 1 Khi m = 1 ta có hàm số: y  x3  6 x 2  9 x  1  BBT: x 1. -. y/. 1 +. 0 3. +. 3 -. 0. 1đ. + +. y - 2. 1. y '  3 x 2  6(m  1) x  9. Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: '  9(m  1) 2  3.9  0  m  (;1  3 )  (1  3;) m 1 2 1 2 Ta có y   x   3 x  6(m  1) x  9  2(m  2m  2) x  4m  1 3  3. . . Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y  2(m 2  2m  2) x  4m  1 1 2 m  1 1  2(m 2  2m  2) .  1  m 2  2m  3  0   2 m  3 Khi m = 1  ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm  x1  x 2 4  2  2  2 CĐ và CT là:   y1  y 2   2( x1  x2 )  10  1  2 2 1 Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y  x  m  1 tm . 2 Khi m = -3  ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11.  m  3 không thỏa mãn.. Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y  x ta có điều kiện cần là. . . 1đ. Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài 2 1. phương trình đưa về:  ( 3 cos x  sin x)(2 cos 2 x  6 cos x  8)  0.    tan x  3 x   k   ,k    3 cos x  sin x  0 3    2  cos x  1  x  k 2 cos x  3 cos x  4  0 cos x  4(loai ) . 1đ. 2 0.75đ 2 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x  (;5)  (1;)  x  (7;5)  (1  )   x  7 x  7  0 1 27 Từ pt  log 2 ( x 2  4 x  5)  2 log 2  log 2 ( x 2  4 x  5)  log 2 ( x  7) 2  x  x7 5  27 ) Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x  (7; 5 Ta có: x.sin2x = 2x  x.sin2x – 2x = 0  x(sin2x – 2) =0  x = 0 x 2  4x  5  0. Đk: . 3. Diện tích hình phẳng là: S. . . 2 0. ( x.sin 2 x  2 x)dx . . . 2. 0. x(sin 2 x  2)dx. 0.75đ. du  dx u  x  2 2 2   Đặt  S     (đvdt)    cos 2 x 4 2 4 4 4  2x dv  (sin 2 x  2)dx v  2 . Bài 3 1. Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ a 3 2  AH  a 3 Vì ' AHA' vuông cân tại H. Vậy A' H  a 3. A'. ta có: AP . Ta có S ABC. C'. Q B'. K. 1 a 3 a2 3  a.  2 2 4. J. (đvdt)  V ABCA'B 'C '. a 2 3 3a 3  a 3.  4 4. I. N. E. A 45. (đvtt) (1) Vì ' AHA' vuông cân. C. M.  HK  AA'  HK  BB' C ' C  G ọi E = MN  KH  BM =. 1đ. P B. H. PE = CN (2) mà AA’ = A' H 2  AH 2 = 3a 2  3a 2  a 6  AK . a 6 a 6  BM  PE  CN  2 4 1 V  S MNJI .KE 3. Ta có thể tích K.MNJI là:. 1 1 a 6 KH  AA '  2 4 4 2 a 6 a 6 1 a 2 6 a 6 a3 S MNJI  MN .MI  a.  (dvdt )  VKMNJI   (dvtt ) 4 4 3 4 4 8 3 3 3a a  VABCKMN 1 8   2 83  a VA ' B 'C ' KMN 3a 2  8 8 KE . 3 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. ĐK: a 2  a  0 Từ (1)  (a  a)  5(a  a)  6  0 2. 2. 2. a 2  a  1  2 a  a  6. Khi a 2  a  1 thay vào (2)   1  23.i  1  3i b  a  2 2  b 2  b  6  0   ; a2  a 1  0      1  3i 1  23.i b  a  2   2  1  5 b  a  3 2 Khi a 2  a  6   Thay vào (2)  6b 2  6b  6  0   a  2  1  5  b   2  1  23i 1  3i   1  23i 1  3i  Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:  ; ; ,  2 2   2 2     1  23i  1  3i    1  23i  1  3i   1 5   1 5   1 5   1 5           2 ; 2 ,  2 ; 2  ;   3; 2 ,   3; 2 ,  2; 2 ,  2; 2         . Bài 9 19  m2 C m  cn23   Am1  4 1)  Từ (2): (n  1)! 720  6! n  1  6  n  7 Thay n = 7 2 2  Pn1  720. m(m  1) 9 19  45   m 2 2 2 2  m  m  90  9  19m  9  m  11 vì m    m  10 . vào (1).  m 2  20m  99  0. Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C73 .C102  1575 cách TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C74 .C101  350 cách TH3: 5 bông hồng nhung có: C75  21 cách  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường C175  6188 P. 1946  31,45% 6188. 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: a2 y2  1 25  a 2 3 25 9 2  y  9 .  y 25  a 2 2 2 2 25 5 y a 25  a   1  9 25 25. 4 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  . 3 3    25  a 2 , B a; 25  a 2  5 5    10 100 100 125  6  AB   0; 25  a 2  ;  25  a 2   25  a 2   a 2  25   3 9 9 9  5  5 5 5 5 5 5 a ,x  Vậy phương trình đường thẳng: x  3 3 3. Vậy A a;.  x  1  2t '  3)đường thẳng d2 có PTTS là:  y  2  t '  z  1  5t ' .   vectơ CP của d1 và d2 là: ud1  (1;1; 1), ud2  (2;1;5)     VTPT của mp(  ) là n  ud1 .ud2   (6; 7; 1).  pt mp(  ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0. Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1)  d ( M , ( ))  d ( N , ( )) |12  14  3  D || 6  14  1  D | | 5  D || 9  D | D  7. Vậy PT mp(  ) là: 3x – y – 4z + 7  0 Bài 5 Ta có: P + 3 =  P. 6 4 2. . a3 1 b. a. 2. 3. 2 1 b2. b3.  b2 . . a. 1 c 2. 2 1 b2. 2. .  c2 . 1 b 4 2. 2. c3 1 a. . 2.  a2. b3 2 1  c2. . b2 2 1  c2. . 1  c2 4 2. 1 a2 a6 b6 c6  33  33  33 16 2 16 2 16 2 2 1 a2 2 1 a2 4 2 9 3 9 3 3 3 3 9      P  (a 2  b 2  c 2 )  6  P  2 2 2 23 2 2 2 8 26 2 3 2 2 2 2 2 2 . c3. . c2. . Để PMin khi a = b = c = 1. 5 Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>

×