Đề số 03 Thi tuyển sinh đại học, cao đẳng 2010 môn toán

Đề số 03 Thi tuyển sinh đại học, cao đẳng 2010 môn toán

Câu I ( 2.0 điểm ) Cho hàm số y = 1/4 x4 - 2mx2 + m (1), với m là tham số thực

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m =1

2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó tạo thành một tam giác có diện tích bằng 32căn 2 (đvdt).

pdf 3 trang Người đăng haha99 Lượt xem 816Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề số 03 Thi tuyển sinh đại học, cao đẳng 2010 môn toán", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 1 
ĐỀ THAM KHẢO THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2010 
 SỐ 03 Môn TOÁN 
 Thời gian làm bài: 180 phút 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu I ( 2.0 điểm ) Cho hàm số 4 2
1
2
4
y x mx m   (1), với m là tham số thực 
 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1m  
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó tạo thành một tam giác 
có diện tích bằng 32 2 (đvdt). 
+ 3' 4y x mx  , 
2
0
' 0
4
x
y
x m

  

+ đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị 0m  
+ Khi đó 3 điểm cực trị là  0;A m ,  22 ; 4B m m m  ,  22 ; 4C m m m và tạo thành tam giác 
cân tại A với 32 2ABCS  (2) 
+ Mà   2
1
. , 8
2
ABCS BC d A BC m m   (3), nên 
+ Từ (2) và (3) suy ra 2m  
Câu II ( 2.0 điểm ) 
1. Giải phương trình 2 2 2
1
sin sin 3 sin .sin 3
4
x x x x  (1) 
+ Biến đổi (1) thành  
2
2 1
2sin sin3 sin 6 0
2
x x x
 
   
 
22sin sin 3 0
sin 6 0
x x
x
  
 

 (2) 
+ Giải hệ (I), ta được:  
5
, 2 , 2
6 6
x k x k x k k
 
        
2. Giải phương trình 6 23 31 1 1x x x     (1) 
+ ĐK: 2
1
1 0
1
x
x
x

     
+ NX1: Nếu 0 1x  là nghiệm của (1) thì 0x cũng là nghiệm của (1). 
 Do đó ta chỉ cần xét (1) với 1x  
+ NX2: Với 1x  không là nghiệm của (1). Do đó ta chỉ cần xét 1x  
+ Với 1x  , ta có 6 2 1 0x   . Chia 2 vế cho 6 2 1x  , ta được: 
66
6 6 6
6
2
1
01 1 1 1 5 1 1 5
(1) 1 1
1 1 1 2 1 2
1 0
x
yx x x m
x mx
x x x m
y y
 
       
                    
+ Vậy phương trình (1) có hai nghiệm là 
6
6
1 1 5
1 2
m
x m
m
  
      
Câu III ( 1.0 điểm ). 
 Tính tích phân 
ln5
ln 2 1 1
x
x
e
I dx
e

 
 
 + Đặt 1
xt e  
 + KQ: 
3
2 2ln
2
I   
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 2 
Câu IV ( 1.0 điểm ). 
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, tâm O và  060ABC  . Biết 
 SO ABCD và 
3
2
a
SO  . Gọi M là trung điểm AD, mặt phẳng (P) đi qua BM, song song với SA cắt 
SC tại K. Tính thể tích khối chóp K.BCDM . 
 + Gọi I là giao điểm của AC và MB 
 + Trong (SAC), kẻ IK // SA ( K CS ) và kẻ KH // SO ( H CA ). Suy ra  KH BCDM 
.
1
.
3
S BCDM BCDMV KH S  
 + Ta lại có: 
2 3
3 3
KH CK CI
HK a
SO CS CA
     
 + 
23 3 1 3 3
.
4 4 2 8
BCDM ABCD
a
S S AC BD     
3
.
3
8
S BCDM
a
V  
Câu V ( 1.0 điểm ). 
 Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn 1xyz  . Tìm giá trị ln của biểu thức 
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1 1 1
P
x y y z z x
  
     
 + Với , 0x y  ta có:    
2 3 3 ( )x y x y x y xy x y      . Dấu “ = ” xảy ra x y  
 + Ta lại có: 3 3 3 31 ( ) ( )x y x y xyz xy x y xyz xy x y z           
 + tương tự: 3 3 3 31 ( ) ( )y z y z xyz yz y z xyz yz x y z           
 3 3 3 31 ( ) ( )z x z x xyz zx z x xyz zx x y z           
 + Khi đó: 
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1
1
1 1 1 ( ) ( ) ( )
P
x y y z z x xy x y z yz x y z zx x y z
      
           
 Dấu “=” xảy ra 1
1
x y z
x y z
xyz
 
    

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2). 
1. Theo chương trình Chuẩn: 
Câu VI.a ( 2.0 điểm ) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm  4;5A . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua 
A, có tâm thuộc trục hoành và cắt trục tung tại hai điểm M, N có độ dài 6MN  . 
+ Ta có: tâm I của (C) thuộc trục hoành  ( ;0)I a 
 
3
( ) ;
I Ox
OM ON
C Oy M N

  
 
 ( O là gốc tọa độ ) 2 2 2 2 9IM IO MO a     
+ Mặt khác: (C) đi qua A 4IA IM a    
+ Vậy (C):  
2 24 25x y   
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm  1; 1;0A  ,  3;3;2B và đường thẳng d có 
phương trình 
1 2
2 1 2
x y z 
 

. Tìm tọa độ điểm C thuộc d sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh C. 
+ ABC cân tại C C thuộc mặt phẳng trung trực (P) của AB  ( )d P C  
+ Viết phương trình (P): 2 5 0x y z    
+ Khi đó: 
31 2
12 1 2
2 5 0 0
xx y z
y
x y z z
 
  
  
      
   3;1;0C 
Trần Chí Thanh ® LTĐH 2010 (TCT) Page 3 
Câu VII.a ( 1.0 điểm ) Giải phương trình 2 5 7 0x x   trên tập số phức  . 
 + Ta có 
1;2
5 3
3 0
2
i
x
 
      
2. Theo chương trình Nâng cao: 
Câu VI.b ( 2.0 điểm ) 
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh  1;0A và đường cao kẻ từ B, C 
lần lượt có phương trình là 2 1 0x y   và 3 1 0x y   . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác 
ABC. 
+ Tìm tọa độ B, C: dùng tính chất 2 đường thẳng vuông góc. KQ:  5; 2 , ( 1;4)B C   
+ phương trình (C): 2 27 7 36 10 43 0x y x y     
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): 1 0x my z    , (Q): 
2 2 0mx y z m    . Chứng minh rằng (P) và (Q) cắt nhau theo một giao tuyến d. Tìm m để d song song 
với mặt phẳng (R): 2 2 4 0x y z    . 
+ Ta có 1: : 1 : 2:1 ( ) ( )m m P Q d      
+ Khi đó: vectơ chỉ phương của (d) là  22; 1; 2du m m m     

, 
 vectơ pháp tuyến của (R) là  2;2; 1pn  

+ 
2
( ) . 0
2
d R
n
d R u n
n
 
    
 
∥ 
+ Thử lại ta được 2m  thỏa mản đề bài. 
Câu VII.b ( 1.0 điểm ) 
 Tìm các số nguyên n để số phức 
1 3
1 3
n
i
z
i
 
    
 là một số thực. 
 + Ta có: 
1 3 1 3 2 2
cos sin
2 2 3 31 3
i
i i
i
 
    

2 2 2 2
cos sin cos sin
3 3 3 3
n
n n
z i i
    
     
 
 + z là số thực 
2 3
sin 0
3 2
n k
n

    
 +  2 2 3n k k m n m m         

Tài liệu đính kèm:

  • pdfHuongdangiai deon 03 LTDH 2010 TCT.pdf