ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN TOÁN (2010)

Chia sẻ: Natra Ntra | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

0
44
lượt xem
12
download

ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN TOÁN (2010)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử đại học của Sở giáo dục Phú thọ, Trường THPT Long châu sa. Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề. Đề thi chỉ mang tính chất tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN TOÁN (2010)

  1. SỞ GD-ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG T.H.P.T LONG CHÂU SA ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC: 2009-2010 Môn thi : TOÁN LÀM BÀI:180 PHÚTTHỜI GIAN (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II:(2 điểm)  x − 2 y − xy = 0  1. Giai hệ phương trinh: ̉ ̀   x −1 − 2 y −1 = 1  cos 2 x 1 2. Tìm x ∈ (0; π ) thoả mãn phương trình: cotx – 1 = + sin 2 x − sin 2 x . 1 + tan x 2 Câu III: (2 điểm) 1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x ≤ a). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất π 2. Tính tích phân: I = ∫ 0 4 ( x + sin 2 2 x) cos 2 xdx . Câu IV: (1 điểm) : Cho các số thực dương a,b,c thay đổi luôn thoả mãn : a+b+c=1. a +b2 b +c 2 c + a 2 Chứng minh rằng : + + ≥ 2. b +c c +a a +b PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Chú ý!:Thí sinh chỉ được chọn bài làm ở một phần) A. Theo chương trình chuẩn 3 Câu Va :1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích bằng và 2 trọng tâm thuộc đường thẳng ∆ : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4) x −1 y + 2 z và đường thẳng ∆ : = = .Tìm toạ độ điểm M trên ∆ sao cho: MA2 + MB 2 = 28 −1 1 2 2 −2 x +1 2 −2 x −1 4 Câu VIa : Giải bất phương trình: ( 2 + 3) x + (2 − 3 ) x ≤ 2− 3 B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d với x −1 y +1 z d: = = .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, 2 1 −1 cắt và vuông góc với đường thẳng d và tìm toạ độ của điểm M’ đối xứng với M qua d 4log3 xy = 2 + ( xy ) log3 2  Câu VIb: Giải hệ phương trình  log 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y ) 2 2 
  2. ………………… …..………………..Hết……………………………………. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu ý Nội Dung Điểm I 2 1 Khảo sát hàm số (1 điểm) 1 y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm) 1. m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3) + TXĐ: D = R + Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ 0,25 + y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x ⇒ hàm số đồng biến trên R 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0) * Đồ thị (C3): Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1) 0,25 2 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là: x = 0 0,25 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x2 + 3x + m) = 0 ⇔  2  x + 3x + m = 0 (2)
  3. * (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0;1), D, E phân biệt: ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm xD, xE ≠ 0.  ∆ = 9− 4m > 0 m ≠ 0  0,25 ⇔ 2 ⇔ 4 (*)  0 + 3× 0+ m ≠ 0  m < 9  Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: kD=y’(xD)= 3x2 + 6xD + m = −(3xD + 2m); 0,25 D kE=y’(xE)= 3x2 + 6xE + m = −(3xE + 2m). E Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: kDkE = –1 ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1 ⇔ 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 0,25 ⇔ 9m + 6m(–3) + 4m = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-ét). ⇔ 2  9 + 65 m = 8 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔   9 − 65 m =  8 1 (  So s¸nhĐk (*): m = 9 − 65 8 ) II 2 1 1 x ≥ 1  0,5 1. Đk:  1 y ≥ 2  (1) ⇔ x − y − ( y + xy ) = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y ) = 0  x−2 y =0 ⇔ ⇔ x=2 y  x + y = 0(voly )  ⇔ x = 4y Thay vào (2) có 0,25 4 y −1 − 2 y −1 = 1 ⇔ 4 y −1 = 2 y −1 +1 ⇔ 4 y −1 = 2 y −1 + 2 2 y −1 + 1 ⇔ 2 y −1 = 2 2 y −1  1  2 y −1 = 0  y = 2 (tm)  x = 2 ⇔ ⇔ ⇒  2 y −1 = 2   y = 5 (tm)  x = 10   2 Vây hệ có hai nghiệm (x;y) = (2;1/2) và (x;y) = (10;5/2) 0,25 2 1
  4. sin 2 x ≠ 0 sin 2 x ≠ 0 ĐK:  ⇔ sin x + cos x ≠ 0 tan x ≠ −1 cos x − sin x cos 2 x. cos x 0,25 PT ⇔ = + sin 2 x − sin x cos x sin x cos x + sin x cos x − sin x ⇔ = cos 2 x − sin x cos x + sin 2 x − sin x cos x sin x
  5. ⇔ cos x − sin x = sin x(1 − sin 2 x) 0,25 ⇔ (cos x − sin x)(sin x cos x − sin 2 x − 1) = 0 0,25 ⇔ (cos x − sin x)(sin 2 x + cos 2 x − 3) = 0 cos x − sinx = 0 π ⇔ (cos x − sinx)( 2 sin(2 x + ) − 3) = 0 ⇔   2 sin(2 x + π ) = 3(voly ) 4  4 π 0,25 ⇔ cos x − sin x = 0 ⇔ tanx = 1 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z ) (tmđk) 4 π Do x ∈ ( 0; π ) ⇒ k = 0 ⇒ x = 4 III 2 1 1  SA ⊥ ( ABCD) Do  ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD)  SA ⊂ ( SAC ) 0,25 Lai có MH ⊥ AC = ( SAC ) ∩ ( ABCD ) x ⇒ MH ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( M , SAC ) = MH = AM .sin 45o = 2 Ta có x x AH = AM .cos 450 = ⇒ HC = AC − AH = a 2 − 2 2 O,5 1 1 x x ⇒ S ∆MHC = MH .MC = (a 2 − ) 2 2 2 2 1 1 x x ⇒ VSMCH = SA.S ∆MCH = 2a (a 2 − ) 3 6 2 2 Từ biểu thức trên ta có: x x 0,25 +a 2− 3 1 2 2 a VSMCH ≤ a [ ] 2 = 3 2 6 x x ⇔ =a 2− 2 2 ⇔x=a ⇔ M trùng với D 2 1 π π π 0,25 4 4 4 I= 2 2
  6. IV 1 1 2 2 2 a b c b c a .Ta có :VT = ( + + )+( + + ) = A+ B b+c c+a a+b b+c c+a a+b 0,25 0,25 [ (a + b) + (b + c ) + (c + a )]  1 1 1 1  A+3= a +b + b + c + c + a 2   1 1 1 1 9 ≥ 3 3 (a + b)(b + c)(c + a )3 3 = 2 a+b b+c c+a 2 3 ⇒ A≥ 2 a2 b2 c2 12 = (a + b + c) 2 ≤ ( + + )(a + b + b + c + c + a) a+b b+c c+a 0,25 1 ⇔ 1 ≤ B.2 ⇔ B ≥ 2 3 1 Từ đó tacó VT ≥ + = 2 = VP 2 2 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1/3 V.a 2 1 1 5 5 0,25 Ta có: AB = 2 , trung điểm M ( ; − ), 2 2 pt (AB): x – y – 5 = 0 1 3 3 0,25 S ∆ABC = d(C, AB).AB = ⇒ d(C, AB)= 2 2 2 1 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 2 t − (3t − 8) − 5 1 0,25 ⇒ d(G, AB)= = ⇒ t = 1 hoặc t = 2 2 2 ⇒ G(1; - 5) hoặc G(2; - 2) uuuu uuuu r r Mà CM = 3GM ⇒ C = (-2; -10) hoặc C = (1; -1) 0,25 2 1 x = 1− t  0,5 ptts∆ :  y = −2 + t ⇒ M (1 − t ; −2 + t ; 2t )  z = 2t  Ta có: MA2 + MB 2 = 28 ⇔ 12t 2 − 48t + 48 = 0 ⇔ t = 2 0,25
  7. Từ đó suy ra : M (-1 ;0 ;4) 0,25 VI.a 1 1 Bpt ( ⇔ 2+ 3 ) x2 − 2 x ( + 2− 3 ) x2 − 2 x ≤4 0,25 1 0,25 ( t = 2+ 3 ) x2 − 2 x (t > 0) BPTTT : t+ ≤4 t ⇔ t 2 − 4t + 1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3 (tm) 0,25 ( ) 2 x −2 x Khi đó : 2 − 3 ≤ 2 + 3 ≤ 2 + 3 ⇔ −1 ≤ x − 2 x ≤ 1 2 ⇔ x 2 − 2x − 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2 0,25 V.b 2 1 1 . (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) 0,5 ·AMB = 600 (1) Vậy  Vì MI là phân giác của · AMB ·  AMB = 1200 (2) IA (1) ⇔ · AMI = 30 ⇔ MI = sin 300 ⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = m 7 0 IA 2 3 4 3 (2) ⇔ · AMI = 60 ⇔ MI = 0 0 ⇔ MI = R ⇔ m2 + 9 = Vô sin 60 3 3 0,5 nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 2 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. 0,25  x = 1 + 2t  d có phương trình tham số là:  y = −1 + t z = −t  uuuu r Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra : MH = (2t − 1 ; − 2 + t ; − t) r Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; −1), nên : 0,25 2 uuuu r 1 4 2 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(−t) = 0 ⇔ t = . Vì thế, MH =  3 ; − 3 ; − 3 ÷ 3   uuur uuuu u r uMH = 3MH = (1; −4; −2) x − 2 y −1 z 0,25 Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: = = 1 −4 −2 7 1 2 Theo trên có H ( ; − ; − ) mà H là trung điểm của MM’ nên toạ độ M’ 3 3 3 0,25
  8. 8 5 4 ( ;− ;− ) 3 3 3 ĐK: x>0 , y>0 VIb (1) ⇔ 22 log3 xy − 2log3 xy − 2 = 0 0,5 3 0,25 ⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y= x (2)⇔ log4(4x +4y ) = log4(2x +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9 2 2 2 6 0,25 Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; ) 2 S M A D H C B

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản