Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2010 môn toán đề 10 potx
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (97.95 KB, 6 trang )
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ 10
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm)
Câu I.(2 điểm)
Cho hàm số y = x
3
+ mx + 2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.
Câu II. (2 điểm)
3. Giải hệ phương trình :
=++
=+
22
1
322
33
yxyyx
yx
4. Giải phương trình:
xxx tansin2)
4
(sin2
22
−=−
π
.
Câu III.(1 điểm) Tính tích phân
∫
−
=
2
1
2
4
dx
x
x
I
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông
góc mặt phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác
định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
mxx
=−+
4
2
1
II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b)
Câu VI a.(2 điểm)
1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: x – 2y + 3 = 0, d
2
: 4x + 3y – 5 =
0. Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d
1
, tiếp xúc d
2
và có bán kính R =
2.
2.Cho hai đường thẳng d
1
:
211
zyx
==
, d
2
:
+=
=
−−=
tz
ty
tx
1
21
và mặt phẳng (P): x –
y – z = 0. Tìm tọa độ hai điểm M
1
d
∈
, N
2
d
∈
sao cho MN song song (P) và MN
=
6
Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
1
4
=
−
+
iz
iz
Câu VI b.(2 điểm)
5. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y
+ 14 = 0 và đường chéo AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình
chữ nhật.
6. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0.
Lập p.tr m.cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến
mặt phẳng (P) bằng
3
5
.
Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình:
3log3log
3
xx
<
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 10
Câu I.
7. (Tự giải)
8. Pt : x
3
+ mx + 2 = 0
x
xm
2
2
−−=⇒
( x
)0≠
Xét f(x) =
2
2
2
2)('
2
x
xxf
x
x +−=⇒−−
=
2
3
22
x
x +−
Ta có x -
∞
0 1 +
∞
f’(x) + + 0 -
f(x) +
∞
-3
-
∞
-
∞
-
∞
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất
3
−>⇔
m
.
Câu II.
1.
=−−+
=+
⇔
=++
=+
)2(022
)1(1
22
1
2233
33
322
33
xyyxyx
yx
yxyyx
yx
y
0
≠
. Ta có:
=+
−
−
=+
)4(0122
)3(1
23
33
y
x
y
x
y
x
yx
Đặt :
t
y
x
=
(4) có dạng : 2t
3
– t
2
– 2t + 1 = 0
⇔
t =
,1±
t =
2
1
.
a) Nếu t = 1 ta có hệ
3
33
2
1
1
==⇔
=
=+
yx
yx
yx
b) Nếu t = -1 ta có hệ
⇔
−=
=+
yx
yx 1
33
hệ vô nghiệm.
c) Nếu t =
2
1
ta có hệ
3
32
,
3
3
2
1
33
33
==⇔
=
=+
yx
xy
yx
2. Pt
xxx tansin2)
4
(sin2
22
−=−
π
(cosx
)0≠
xxxxx sincos.sin2cos)]
2
2cos(1[
2
−=−−⇔
π
⇔
(1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0
⇔
sìn2x = 1 hoặc tanx = 1.
Câu III.
I =
∫ ∫
−
=
−
2
1
2
1
2
22
44
xdx
x
x
dx
x
x
.
Đặt t =
xdxtdtxtx −=⇒−=⇒−
222
44
I =
0
3
2
0
3
0
3
0
3
2
2
2
2
2
ln)
4
4
1(
44
)(
+
−
+=
−
+=
−
=
−
−
∫ ∫ ∫
t
t
tdt
t
dt
t
t
t
tdtt
= -
+
−
+
32
32
ln3
Câu IV.
h
H
M
D
C
B
A
S
SH
⊥
BM và SA
⊥
BM suy ra AH
⊥
BM
V
SABH
=
BHAH
h
BHAHSA .
6
6
1
=
.
V
SABH
lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH
BHAH.2≥
BHAHBHAH .2
22
≥+⇒
BHAHa .2
2
≥⇒
, vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH =
2
2
a
khi AH = BH khi H là tâm
của hình vuông , khi M
D≡
. Khi đó V
SABH
=
12
2
ha
.
Câu V.
mxx =−+
4
2
1
D = [0 ; +
)∞
*Đặt f(x) =
x
x
x
x
xx
xx
xxx
x
x
x
xfxx
.)
1
1(2
)
1
1(
.)1(2
)1(
2
1
)1(2
)('1
4
3
2
2
3
4
3
2
2
3
2
3
4
32
4
32
4
32
4
2
+
+−
=
+
+−
=−
+
=⇒−+
Suy ra: f’(x) =
);0(0
.)
1
1(2
)
1
1(1
4
3
2
4
3
2
∞+∈∀<
+
+−
x
x
x
x
*
0
)1)(1(
1
lim
1
1
lim)1(lim
2
4
2
22
4
2
2
4
2
=
++++
−+
=
++
−+
=−+
+∞→+∞→+∞→
xxxx
xx
xx
xx
xx
xxx
* BBT x 0 +
∞
f’(x)
f(x) 1
0
Vậy: 0 < m
1≤
Câu VI a.
1.d
1
:
=
+−=
ty
tx 23
, I
);3(
1
ttId +−⇒∈
d(I , d
2
) = 2
11
7
,
11
27
101711 ==⇔=−⇔ ttt
9. t =
4
11
27
11
21
:)(
11
27
;
11
21
11
27
22
11
=
−+
−
⇒ yxCI
10. t =
4
11
7
11
19
:)(
11
7
;
11
19
11
7
22
22
=
−+
+
−
⇒ yxCI
2.
)1;;21(),2;;(,
1
21
:,
2
:
22221111
2
2
2
2
1
1
1
1
tttNdNtttMdM
tz
ty
tx
d
tz
ty
tx
d +−−⇒∈⇒∈
+=
=
−−=
=
=
=
)21;;21(
121212
ttttttMN −+−−−−=
Theo gt :
−==
+=
⇔
=+
+=
⇔
=
=
⇔
=
→
13
12
;0
21
01213
21
6
0.
6
)//(
22
21
2
2
2
21
2
tt
tt
tt
tt
MN
nMN
MN
PMN
*
)1;0;1(,)2;1;1(,10
12
−=⇒= NMtt
*
−−
−−−−=⇒
−
=
13
11
;
13
12
;
13
11
,
13
22
;
13
11
;
13
11
,
13
11
13
12
12
NMtt
Câu VII a.
0111
224
=
+
−
+
−
−
+
⇔=
−
+
iz
iz
iz
iz
iz
iz
*
01
2
=−
−
+
iz
iz
01 =⇔±=
−
+
⇔ z
iz
iz
*
0001
2
22
=
+
−
+
−
−
+
⇔=−
−
+
⇔=+
−
+
i
iz
iz
i
iz
iz
i
iz
iz
iz
iz
1
±=⇔
z
Câu VI b.
1.B(11; 5)
AC: kx – y – 2k + 1 = 0
cos CAB = cos DBA
7
1
;10187
1
2
2
3
2
2
==⇔=+−⇔
+
+
=⇔ kkkk
k
k
11. k = 1 , AC : x – y – 1 = 0
12. k =
7
1
, AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai)
Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)
2.(S): x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R =
dcba −++
222
.
O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2
d(I, (P)) =
5,0552
3
5
==⇔=+−⇔ bbb
13. b = 0 , (S): x
2
+ y
2
+ z
2
- 2x – 4z = 0
14. b = 5 , (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x + 10y – 4z = 0
Câu VII b.
ĐK :
≠
≠
>
3
1
0
x
x
x
Bất phương trình trở thành :
0
1log
1
log
1
1log
1
log
1
3
log
1
log
1
3333
3
3
<
−
−⇔
−
<⇔<
xxxx
x
x
1log0log0)1(loglog0
)1(loglog
1
3333
33
>∨<⇔>−⇔<
−
−
⇔ xxxx
xx
*
10log
3
<⇔< xx
kết hợp ĐK : 0 < x < 1
*
30log
3
>⇔> xx
Vậy tập nghiệm của BPT: x
);3()1;0( ∞+∪∈
