Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2010 môn Toán, khối D

Chia sẻ: Nguyen Thoai | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

343
lượt xem 108
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tham khảo dành cho các bạn đang ôn thi cũng như học tập môn Toán: Đề thi Đại học môn Toán khối D năm 2010 - đề thi giúp bạn tổng hợp kiến thức đã học và rèn kỹ năng giải đề với phần bài giải gợi ý.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng năm 2010 môn Toán, khối D

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 ́ ́ Môn : TOAN - Khôi : D PHÂN CHUNG CHO TÂT CẢ THÍ SINH (7,0 điêm) ̀ ́ ̉ Câu I (2,0 điêm) Cho ham số y = − x − x + 6 4 2 ̉ ̀ 1. Khao sat sư biên thiên và vẽ đồ thị (C) cua ham số đã cho. ̉ ́ ́ ̉ ̀ 2. Viêt phương trinh tiêp tuyên cua đồ thị (C), biêt tiêp tuyên vuông goc vơi đương thăng ́ ̀ ́ ́ ̉ ́ ́ ́ ́ ̉ 1 y = x −1 6 ̉ Câu II (2,0 điêm) 1. Giai phương trinh sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0 ̉ ̀ 3 3 2. Giai phương trinh 42 x + x + 2 + 2 x = 42+ x + 2 + 2 x + 4 x −4 ( x ∈ ¡ ) ̉ ̀ e  3 Câu III (1,0 điêm) Tinh tich phân I = ∫  2 x −  ln xdx ̉ ́ ́ 1 x Câu IV (1,0 điêm) Cho hinh chop S.ABCD có đay ABCD là hinh vuông canh a, canh bên SA = ̉ ̀ ́ ́ ̀ ̣ ̣ a; hinh chiêu vuông goc cua đinh S trên măt phăng (ABCD) là điêm H thuôc đoan AC, ̀ ́ ́ ̉ ̉ ̣ ̉ ̉ ̣ ̣ AC AH = . Goi CM là đương cao cua tam giac SAC. Chưng minh M là trung điêm cua SA và ̣ ̉ ́ ̉ ̉ 4 tinh thể tich khôi tư diên SMBC theo a. ́ ́ ́ ̣ Câu V (1,0 điêm) Tim giá trị nhỏ nhât cua ham số y = − x 2 + 4 x + 21 − − x 2 + 3 x + 10 ̉ ̀ ́̉ ̀ ̀ ̉ PHÂN RIÊNG (3,0 điêm) Thí sinh chỉ đươc lam môt trong hai phân (phân A hoăc B) ̀ ̣ ̀ ̀ ̣ A. Theo chương trinh Chuân ̀ ̉ ̉ Câu VI.a (2,0 điêm) 1. Trong măt phăng toạ độ Oxy, cho tam giac ABC có đinh A(3;-7), trưc tâm là H(3;-1), tâm ̣ ̉ ́ ̉ đương tron ngoai tiêp là I(-2;0). Xac đinh toạ độ đinh C, biêt C có hoanh độ dương. ̀ ̣ ́ ̣́ ̉ ́ ̀ 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai măt phăng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = ̣ ̉ 0. Viêt phương trinh măt phăng (R) vuông goc vơi (P) và (Q) sao cho khoang cach tư O đên ́ ̀ ̣ ̉ ́ ̉ ́ ́ ̀ (R) băng 2. Câu VII.a (1,0 điêm) Tim số phưc z thoả man z = 2 và z2 là số thuân ao. ̉ ̀ ̃ ̀̉ B. Theo chương trinh Nâng cao ̀ ̉ Câu VI.b (2,0 điêm) 1. Trong măt phăng toạ độ Oxy, cho điêm A(0;2) và ∆ là đương thăng đi qua O. Goi H là hinh ̣ ̉ ̉ ̉ ̣ ̀ chiêu vuông goc cua A trên ∆ . Viêt phương trinh đương thăng ∆ , biêt khoang cach tư H đên ́ ́ ̉ ́ ̀ ̉ ́ ̉ ́ ́ ̣ ̀ ̀ truc hoanh băng AH. x = 3 + t x − 2 y −1 z  2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đương thăng ∆ 1:  y = t = =. và ∆ 2: ̉ 2 1 2 z = t  Xac đinh toạ độ điêm M thuôc ∆ 1 sao cho khoang cach tư M đên ∆ 2 băng 1. ̣́ ̉ ̣ ̉ ́ ́ ̀ x − 4x + y + 2 = 0 2  ( x, y ∈ ¡ ) Câu VII.b (1,0 điêm) Giai hệ phương trinh  ̉ ̉ ̀  2 log 2 ( x − 2) − log 2 y = 0 
BAI GIAI GƠI Ý ̀ ̉ PHÂN CHUNG CHO TÂT CẢ THÍ SINH (7,0 điêm) ̀ ́ ̉ Câu I: y = − x − x + 6 (C ) 4 2 1/ Khao sat, vẽ (C) ̉ ́ TXĐ : D = R; y ' = −4 x 3 − 2 x; y ' = 0 ⇔ −2 x (2 x 2 + 1) = 0 ⇒ x = 0; y = 6 y " = −12 x 2 − 2 < 0 ⇒ ham số lôi trên R ̀ ̀ lim y = lim y = −∞ x →+∞ x →−∞ -∞ +∞ x 0 − y' + 0 y 6 -∞ -∞ Ham số đông biên trên khoang (-∞ ;0), nghich biên trên khoang (0;+∞ ) ̀ ̀ ́ ̉ ̣ ́ ̉ y đat cưc đai tai x = 0, yCĐ = 6. ̣ ̣̣ (C) ∩ Ox : A (± 2;0) . 1 ⇒ Pt (∆ ) : y = − 6x + b Tiêp tuyên ∆ vuông goc d : y = x − 1 ́ ́ ́ 2/ 6  − x 4 − x 2 + 6 = −6 x + b x = 1  ⇔ ∆ tiêp xuc (C) ⇔ hệ sau có nghiêm :  ́ ́ ̣ b = 10  −4 x − 2 x = −6 3  Vây ∆ : y = − 6x + 10 ̣ Câu II: 1/ Giai phương trinh : sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0 ̉ ̀ ⇔ 2sin x cos x − 1 + 2sin 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0 ⇔ cos(2sin x − 1) + 2sin 2 x + 3sin x − 2 = 0 ⇔ cos x(2sin x − 1) + (2sin x − 1)(sin x + 2) = 0 ⇔ (2sin x − 1)(cos x + sin x + 2) = 0 π   x = 6 + k 2π  1 sin x = ⇔ ⇔ 2   x = 5π + k 2π ( k ∈ Z ) cos x + sin x = −2 (VN )   6 3 3 đk : x ≥ − 2 42 x + x+2 + 2 x = 42+ x+2 + 4 x −4 + 2x 2/ (*); 3 3 42+ x + 2 (24 x − 4 − 1) − 2 x (24 x − 4 − 1) = 0 ⇔ (24 x − 4 − 1)(42+ x + 2 − 2 x ) = 0 • 24 x −4 = 1 ⇔ 4 x − 4 = 0 ⇔ x = 1 • 24+ 2 x + 2 = 2 x ⇔ x 3 = 2 x + 2 + 4 3 2( x − 2) x 3 − 8 = 2( x + 2 − 2) ⇔ ( x − 2)( x + 2 x + 4) = 2 x+2+2 • x−2=0⇒ x = 2 2 • x2 + 2 x + 4 = x+2+2 VT = x + 2 x + 4 = ( x + 1) 2 + 3 ≥ 3 2 2 ≤ 1 ⇒ Phương trinh vô nghiêm. Vây : Nghiêm (*) : x = 1; x = 2. ̀ ̣ ̣ ̣ VP = x+2 +2
Câu III : e e e  3 1 I = ∫  2 x −  ln xdx = 2 ∫ x ln xdx − 3∫ ln x. dx 1 x x 11 4 2 4 3 11 4 2 4 3 I1 I2 e x2 dx I1 = ∫ x ln xdx ; Đăt u = ln x ⇒ du = ; dv = xdx ⇒ v = ̣ x 2 1 e e  x2  1e e2 1  x2  e2 + 1 I1 =  ln x  − ∫ xdx = −   = 2 1 2 1 2 2 2 1 4 dx Tinh I 2 : Đăt t = lnx ⇒ dt = ́ ̣ x 1  t2  1 e2 − 2 1 x = 1 ; t = 0; x = e ; t = 1. I 2 = ∫ tdt =   = . Vây I = ̣  2 0 2 2 0 Câu IV: 2 a 2 a 14 Ta có SH = a −  = 2 4 4   2 14a 2  3a 2  32a 2 SC = + = = a 2 = AC 16  4  16   Vây ∆ SCA cân tai C nên đương cao hạ tư C xuông ∆ SAC ̣ ̣ ́ chinh là trung điêm cua SA. ́ ̉ ̉ 1 Tư M ta hạ K vuông goc vơi AC, nên MK = SH ́ 2 3 1  1  a 14 a 14 Ta có V ( S . ABC ) =  a 2  . = 3 2  4 24 1 a 3 14 Nên V(MABC) = V(MSBC) = V(SABC) = 2 48 Câu V:  − x 2 + 4 x + 21 ≥ 0  −3 ≤ x ≤ 7 2   3  49 ⇔ ⇔ −2 ≤ x ≤ 5 y = −( x − 2) + 25 − −  x −  + ; đk :  2 2  −2 ≤ x ≤ 5  − x + 3 x + 10 ≥ 0  2 4   3  3 −2  x −  x−  −2( x − 2) x−2  2  2 y'= − = − 2 −( x − 2) + 25 −( x − 2) 2 + 25 2 2 2  3  49  3  49 2 − x −  + − x −  +  2  2 4 4 2  3  3  49 y ' = 0 ⇔  x −  −( x − 2) 2 + 25 = ( x − 2) −  x −  +  2  2 4  3  x − 2  ( x − 2) ≥ 0   ⇔  x − 3   −( x − 2) 2 + 25 = ( x − 2) 2  −  x − 3  + 49  2 2      2     2 4  
 3 x ≤ 2 ∨ x ≥ 2   3  10  x − 2  = 7( x − 2) ⇔ 2 25  x − 3  = 49 ( x − 2) 2 ⇔        2 4 3 10  x −  = −7( x − 2)   2   3 x≤ ∨x≥2  2    1 ⇔  x = 3 (nhan) 10 x − 15 = 7 x − 14 3 x = 1  ⇔ ⇔  10 x − 15 = −7 x + 14 17 x = 29  x = 29 (loai )      17 − x 2 1/3 5 − y' 0 + y(1/3) y 1 y   = 2; ymin = 2 3 Cách khác: có thể không cần bảng biến thiên, chỉ cần so sánh y(-2), y(1/3) và y(5). ̀ ̉ PHÂN RIÊNG (3,0 điêm) Thí sinh chỉ đươc lam môt trong hai phân (phân A hoăc B) ̀ ̣ ̀ ̀ ̣ A. Theo chương trinh Chuân ̀ ̉ Câu VI.a: 1/ * C1: Nôi dai AH căt đương tron (C) tâm I tai điêm H' ́̀ ́ ̀ ̣ ̉ ⇒ BC đi qua trung điêm HH'. ̉ Phương trinh AH : x = 3 ̀ Đương tron (C) có pt : ( x + 2) 2 + y 2 = 74 ̀ H' là giao điêm cua AH và đương tron (C) ̉ ̉ ̀ ⇒ H' (3; 7) Đương thăng BC có phương trinh : y = 3 căt ̉ ̀ ́ đương tron (C) tai điêm C có hoanh độ là nghiêm ̀ ̣ ̉ ̀ ̣ phương trinh : ( x + 2) + 3 = 74 2 2 ̀ ⇒ x = 65 − 2 (lây hoanh độ dương); y = 3. ́ ̀ Vây C ( 65 − 2 ; 3) ̣ * C2: Goi (C) là đương tron tâm I(− ̣ ̀ 2;0), ban kinh R = IA = 74 ́ ́ Pt đương tron (C) : ( x + 2) 2 + y 2 = 74 ̀ Goi AA1 là đương kinh ⇒ BHCA1 là hinh binh hanh ̣ ́ ̀ ̀ ̀ ⇒ HA1 qua M trung điêm BC ̉ Ta có IM là đương trung binh cua ∆ A1AH ̀ ̉ uuu 1 uuur  xM = −2 r Nên : IM = AH ⇔  ⇔ M ( −2;3) yM = 3 2  Pt BC qua M và vuông goc AH : y − 3 = 0 ́
( x + 2) 2 + y 2 = 74  x = −2 + 65   Toạ độ C thoả hệ phương trinh :  y − 3 = 0 ⇔ . Vây C ( 65 − 2 ; 3) ̀ ̣ y = 3  x > 0  uuu r uu r uu r u r r 2/ PVT nP = (1;1;1) ; PVT mQ = (1; −1;1) ; PVT k R = n ∧ m = (2;0; −2) = 2(1;0; −1) D Phương trinh (R) có dang : x − z + D = 0. Ta có : d (0;(R)) = 2 ⇔ = 2 ⇔ D = ±2 2 ̀ ̣ 2 Phương trinh (R) : x − z + 2 2 = 0 hay x − z − 2 2 = 0 ̀ Câu VII.a: Đăt z = a + bi ⇒ z 2 = a 2 − b 2 + 2abi ̣  a 2 − b 2 = 0 a 2 = 1 z1 = 1 + i , z2 = 1 − i   ⇒ 2 Ta có hệ phương trinh  2 ̀ ̣ . Vây : z3 = −1 + i , z4 = −1 − i  a + b = 2 b = 1 2   B. Theo chương trinh Nâng cao ̀ Câu VI.b: 1/ * C1 uuur ̣ H(x0; y0) là hinh chiêu cua A xuông ∆ ̀ ́ ̉ ́ : Goi uuur Ta có : AH = ( x0 ; y0 − 2), OH = ( x0 ; y0 ) uuur uuur  x0 + y0 ( y0 − 2) = 0 2 2  x0 + y0 − 2 y0 = 0  AH .OH = 0 2   ⇒ ⇔ 2 Do gt :   AH = d ( H , Ox)  x0 + ( y0 − 2) 2 = y0  x0 − 4 y0 + 4 = 0 2      y0 = −1 + 5    y0 = −1 ± 5   x0  = −8 + 4 5  y0 + 2 y0 − 4 = 0 2 2   ⇒ 2 ⇔ 2 ⇒  x0 − 4 y0 + 4 = 0   y0 x0 = 4 y0 − 4  = −1 − 5     2 = −8 − 4 5 < 0 (loai )   x0  x = ± 4 5 − 8 ) (  ⇔ 0 ⇒ H ± 4 5 − 8; −1 + 5 . Phương trinh ∆ : ( 5 − 1) x ± 4 5 − 8 y = 0 ̀  y0 = −1 + 5  * C2 : • ∆ ≡ Oy ⇒ H ≡ A : không thoả AH = d(H, Ox) • ∆ ≡ Ox ⇒ H ≡ O : không thoả AH = d(H, Ox) • Pt ∆ : y = kx (k ≠ 0)  AH ⊥ ∆ 1 ⇒ y =− x+2   AH qua A k Toạ độ H = ∆ ∩ AH thoả hệ  2k x = k 2 +1  y = kx  2k 2k 2    ⇔ ⇒H 2 ; 2   1  k +1 k +1  y = − k x + 2 2  y = 2k   k +1  2 2 2  2k   2k  2 2k 2 AH = d ( H ; Ox ) ⇔  2  +  2 − 2 = 2 ⇔ k 4 − k 2 −1 = 0  k +1   k +1  k +1  2 1+ 5 k = 2+2 5 2 ⇔ ⇔k =±  2 1− 5 2 k = < 0 (loai )  2
2+2 5 Vây ∆ : y = ± ̣ x 2 2/ M ∈ ∆ 1 ⇒ M(3+t; t; t)  qua A(2;1;0)  ∆2  uu r co 1 VTCP a2 = (2;1; 2)  uu uuuu r r uuuu r Ta có : AM = (1 + t ; t − 1; t ) ⇒ [a2 , AM ] = (2 − t ; 2; t − 3) ; d(M; ∆ 2) = 1 (2 − t ) 2 + 4 + (t − 3) 2 ⇔ =1 4 +1+ 4 t = 1 ⇒ M (4;1;1) ⇔ 2t 2 − 10t + 17 = 3 ⇔ 2t 2 − 10t + 8 = 0 ⇔  t = 4 ⇒ M (7; 4; 4) Câu VII.b:  x2 − 4x + y + 2 = 0 (1)   ; đk: x > 2, y > 0  2 log 2 ( x − 2) − log 2 y = 0 (2)  y = x−2 (2) ⇒ ( x − 2) = y ⇒  2 2 y = 2− x  x = 0 (loai ) * y = x − 2 (1) ⇒ x − 4 x + x − 2 + 2 = 0  2 x = 3  x2 − 4x + 2 − x + 2 = 0  * y = 2 − x (1) ⇒  2  x = 1(loai )  x − 5x + 4 = 0  x = 4   ⇒ x = 3; y = 1 x = 4; y = − 2 Trần Minh Quang, Trần Minh Thịnh (Trung tâm BDVH và LTĐH Vĩnh Viễn)