vẽ theo mẫu mĩ thuật 1 nguyễn thị bích trâm thư viện tư liệu giáo dục

6 0 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 08/04/2021, 19:22

Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung?.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..[r] (1)THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 MƠN TỐN ( Thời gian 180 phút) ĐỀ CHÍNH THỨC I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm sốy x 32mx2 (m 3)x 4  có đồ thị (Cm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C1) hàm số m = 2) Cho E(1; 3) đường thẳng () có phương trình x-y + = Tìm m để () cắt (Cm) ba điểm phân biệt A, B, C ( với xA = 0) cho tam giác EBC có diện tích Câu II (2 điểm):a.Giải phương trình: 3 sin 1 2cos sin tanx   x    x x . b.Giải hệ phương trình : 3 4 2 x y x xy x x y x y            Câu III (1 điểm) Tính tính phân sau: π 2 dx I cos x 3cos x     Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy tam giác cạnh / / / a, cạnh bên 2a Gọi E trung điểm BB Xác định vị trí điểm F đoạn / AA cho khoảng cách từ F đến C/ /E nhỏ nhất. Câu V (1 điểm):Xét số thực dương a, b, c thỏa mãn: 1 1    a b c Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 2 b c c a a b T a b c       II Phần riêng (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (Phần phần 2) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VIa: ( điểm) 1/.ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD: x y   Viết phương trình đường thẳng BC. 2/ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d : x 2t y t z 3t           Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Câu VIIa:( điểm) Cho m hồng trắng n hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có bơng hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau: 2 3 1 9 19 2 720 m m n m n C C A P             Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu VIb:( điểm) 1/ Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giác ABC với đỉnh: A(-2;3), B( 14;0¿,C(2;0) 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt trục tọa độ I; J; K mà A trực tâm tam giác IJK Câu VII:( điểm) Giải hệ phương trình :   2 3 2 2 log log 4             y x y x x xy y x y Hết (2)ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu ĐÁP ÁN Điểm Ia -Tập xác định , tính y/ -Nghiệm y/ lim -Bảng biến thiên -Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Ib PT hoành độ giao điểm :x3 2mx2 (m 3)x x       (1) 2 x(x 2mx m 2)      2 x g(x) x 2mx m (2)           (d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C phương trình (2) có nghiệm phân biệt khác / m2 m 0 m 1 m 2 (a) m g(0) m                    Δ Diên tích S BC.d(E, BC)  Khoảng cách d(E, BC) Suy BC = 2 B C B C (x x )  4x x 16 4m  4(m 2) 16  Giải pt m = 3, m = -2 (loại) 0,25 0,25 0,25 0,25 II a Đk: x k 2   Phương trình cho tương đương với:   3 1 2 tan x sin 2x cot x 2 2 2(sin cos ) 3 sin cos 3          tan cot tan tan x x x x x x x x  3 3 3 6                     tan tan x x k x x k ,kZ KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm :     x k ; kZ 0,25 0,25 0,25 0,25 IIb. Hệ tương đương : 2 x y x(y x) [x(y x)] x y            Đặt u x y, v x(y x)   Hệ trở thành 2 u v u v        Giải hệ u v      , u v      Với u v      giải hệ x y      0,25 0,25 (3)Với u v      giải hệ (vô nghiệm) Nghiệm hệ : x y      , x y      0,25 III π π 2 0 1 I dx dx 1 cos x cos x       Tính π π 2 0 2 dx dx 1 x cos x 2cos 2      Tính 2 π π 2 0 2 x tan dx 2 dx x cos x 3 tan 2       Đặt 2 x x tan tan t (1 tan )dx (1 tan t).dt 2       x = => t = x = π 2 => t = π π π 2 0 2 x tan dx 2 dx x cos x 3 tan 2       = π dt 3 = π 3 Vây π π 2 0 1 I dx dx 1 cos x cos x       = - 3 3π 0,25 0,25 0,25 0,25 IV + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho AºO; BOy; A/Oz Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A/ (0;0;2a),, / 3; ;2 2         a a C aE(0;a;a) F di động AA/, tọa độ F(0;0;t) với t  [0;2a] Vì C/E có độ dài khơng đổi nên d(F,C/E ) nhỏ SΔFC E/ nhỏ Ta có : / / 1 ,       FC E S EC EF Ta có:   / 3; ; 2 EF 0; ;               a a EC a a t a /,         EC EF ( ; 3( ); 3) a t a t a a    /, ( 3 )2 3( )2 3 2             a EC EF t a t a a / 2 2 ΔFC E a 4t 12at 15a 1 a S 4t 12at 15a 2       Giá trị nhỏ củaSFC E/ tùy thuộc vào giá trị tham số t Xét f(t) = 4t2  12at + 15a f(t) = 4t2  12at + 15a2 (t [0;2a]) f '(t) = 8t 12a 0,25 0,25 0,25 z x C C / F A A / B / (4)3 '( ) 2 a f t   t / FC E S nhỏ  f(t) nhỏ  2  a tF(0;0;t) , hay FA=3FA/ ( giải pp hình học túy ) 0,25 V Đặt x a  , y b  , z c  .vì 1 1    a b c nên x +y +z = 1 Và 2(1 1) 2(1 1) 2(1 1)       T x y z y z z x x y +) Aùp dụng BĐT C.S ta có:     (x y z) 2 x y z y z z x x y y z z x x y                 2 2 2 x y z x y z (2x 2y 2z) 2( ) y z z x x y y z z x x y                    +) Ta có:   2 2(1 1) 1 1           x x x y z y z y z y z y z Tương tự Do 2 2 x y z T y z z x x y             2 Đẳng thức xảy 1    x y z hay a b c  3 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa:1 ChoABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y  1 0 phân giác CD: x y   Viết phương trình đường thẳng BC. Điểm C CD x y :  1 0  C t ;1 t Suy trung điểm M AC 1 ; 2 t t M     . Điểm   1 : 2 7;8 2 t t MBM x y           tC    Từ A(1;2), kẻ AKCD x y:   1 I (điểm K BC ). Suy AK:x1  y 2  0 x y  1 Tọa độ điểm I thỏa hệ:   0;1 x y I x y           Tam giác ACK cân C nên I trung điểm AK  tọa độ K1;0. Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình: 1 4 7 x y x y         0,25 0,25 0,25 0,25 VIa:2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đường thẳng d có phương trình x 2t y t z 3t           Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I hình chiếu H lên (P), ta có AHHI => HI lớn A ≡ I Vậy (P) cần tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến 0,25 (5)H∈d⇒H(1+2t ;t ;1+3t) H hình chiếu A d nên u=(2;1;3) AH⊥d⇒AH u=0¿ véc tơ phương d) ⇒H(3;1;4)AH(7;−1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = 0,25 0,25 VIIa Cho m hồng trắng n bơng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy bơng hồng có bơng hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau: 2 3 1 9 19 2 720 m m n m n C C A P             <=> ¿ Cmm −2 +cn2+3+9 2< 19 Am 1 Pn −1=720 ¿{ ¿ Từ (2): (n −1)!=720=6!⇔n −1=6⇔n=7 Thay n = vào (1) m(m 1) 19 45 m 2 2      2 m m 90 19m       m2 20m 99 0  9<m<11 m∈Ζ⇒m=10 Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bơng hồng trắng bơng hồng nhung, để lấy bơng hồng nhung bơng hồng ta có TH sau: TH1: hồng nhung, hồng trắng có: C7 .C10 =1575 cách TH2: hồng nhung, hồng trắng có: C74.C101 =350 cách TH3: bơng hồng nhung có: C75=21 cách có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy hồng thường C175 =6188 ⇒P=1946 6188 ≈31,45 % 0,25 0,25 0,25 0,25 VIb1 Viết phương trình đường trịn nội tiếp tam giác ABC với đỉnh: A(-2;3),B( 4;0¿,C(2;0) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC chân đường phân giác góc A ( ) ( ) 2 2 2 9 1 3 4 2 4 3 81 225 9 3 16 16 4 1 3 1. 4 16 25 d DB AB DC AC d d d d ỉư÷ ỗ ữ+ -ỗ - ỗố ứữ = Û = = - + -+ = = Þ - = - Þ = + Đường thẳng AD có phương trình: 2 3 3 x y x y x y + = - Û - - = - Û = , và đường thẳng AC: 2 3 12 4 x y x y x y + -= Û - - = - Û + - = -Giả sử tâm I đường tròn nội tiếp có tung độ b Khi hồnh độ 1- b bán kính b Vì khoảng cách từ I tới AC phải b nên ta có: 0,25 (6) ( ) 2 3 3 ; 3 4 ) ; 3 ) 2 b b b b b a b b b b b b b - + -= Û - = + - = Þ = == Þ = Rõ ràng có giá trị b= hợp lý Vậy, phương trình đường trịn nội tiếp VABC là: 2 1 1 2 x y ỉ ư÷ ỉ ư÷ ỗ - ữ+ -ỗ ữ= ỗ ữữ ỗ ữữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ . 0,25 0,25 VIb2 2/.Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho điểm A(4;5;6) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A; cắt trục tọa độ I; J; K mà A trực tâm tam giác IJK Ta có I(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : x y z P a b c     Ta có (4 ;5;6), (4;5 ;6) (0; ; ), ( ;0; ) IA a JA b JK b c IK a c                                       Ta có: 4 5 4 a b c b c a c                 77 77 5 77 6 a b c              ptmp(P) 0,25 0,25 0,25 KL: 0,25 VII b Giải hệ phương trình :   2   3 2 2 log log * 4             y x y x x xy y x y Điều kiện : x > ; y > Ta có : x2xy+y2=(x − y 2) 2 +3 y 2 >0 ∀x , y >0 Xét x > y 3 2 VT(*) log log VP(*) x y          (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm Xét x < y 3 2 VT(*) log log VP(*) x y          (*) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. Khi x = y hệ cho ta 2 0 2x 2y       x = y = √2 ( x, y > 0). Vậy hệ có nghiệm x y;   2; 2 0,25 0,25 0,25
- Xem thêm -

Xem thêm: vẽ theo mẫu mĩ thuật 1 nguyễn thị bích trâm thư viện tư liệu giáo dục, vẽ theo mẫu mĩ thuật 1 nguyễn thị bích trâm thư viện tư liệu giáo dục