Đáp án đề thi thử môn Toán khối B trường Hồng Đức lần 2 năm 2009

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
90
lượt xem
10
download

Đáp án đề thi thử môn Toán khối B trường Hồng Đức lần 2 năm 2009

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

Tham khảo tài liệu 'đáp án đề thi thử môn toán khối b trường hồng đức lần 2 năm 2009', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi thử môn Toán khối B trường Hồng Đức lần 2 năm 2009

  1. tr−êng §H hång ®øc §¸p ¸n - thang ®iÓm Khoa Khoa häc tù nhiªn ®Ò thi thö ®¹i häc, cao ®¼ng – n¨m 2009 §Ò Thi chÝnh thøc M«n TOÁN, Khèi B (§¸p ¸n – Thang ®iÓm cã 5 trang) Câu I: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x − 4x + 2 4 2 1,0 +) Tập xác định +) Đạo hàm y′ = 4x 3 − 8x 2 0,25 y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 2 +) Bảng biến thiên x −∞ - 2 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + 0,5 +∞ 2 +∞ y -2 -2 +) Đồ thị: Đồ thị nhận 0y làm trục đối xứng. y 2 y = x − 4x +2 4 2 1 x 0,25 − 2 2 -2 -1 0 1 2 -1 -2 2) Tìm m để y = x 4 + 2mx 2 + m 2 + m có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc 120 . 1,0 ⎡x = 0 Ta có y′ = 4x 3 + 4mx ; y′ = 0 ⇔ 4x ( x 2 + m ) = 0 ⇔ ⎢ (m
  2. Câu II: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Giải bpt: ( )( x + 3 − x − 1 1 + x 2 + 2x-3 ≥ 4 ) (1) 1,0 Điều kiện x ≥ 1 . Nhân hai vế của bpt với x + 3 + x − 1 , ta được 0,25 ( (1) ⇔ 4. 1 + x + 2x-3 ≥ 4. 2 ) ( ) x + 3 + x − 1 ⇔ 1 + x + 2x-3 ≥ x + 3 + x − 1 2 ⎡ x ≤ -2 x 2 + 2x-2 + 2 x 2 + 2x-3 ≥ 2x+2 + 2 x 2 + 2x-3 ⇔ x 2 - 4 ≥ 0 ⇔ ⎢ 0,5 ⎣x ≥ 2 Kết hợp với điều kiện x ≥ 1 ta được x ≥ 2 . 0,25 ⎛π ⎞ 2 sin ⎜ − x ⎟ 2) ⎝4 ⎠ 1 + sin 2x = 1 + tan x 1,0 Giải pt: ( ) (2) cos x π Điều kiện cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ, k ∈ . 2 0,25 cos x − sin x cos x + sin x ( cos x + sin x ) = 2 Ta có (1) ⇔ cos x cos x ⇔ ( cos x + sin x ) ⎡( cos x − sin x )( cos x + sin x ) − 1⎤ = 0 ⇔ ( cos x + sin x )( cos 2x − 1) = 0 ⎣ ⎦ 0,25 ⎡ π ⎡cos x + sin x = 0 ⎡ tan x = −1 ⎢ x = − + mπ ⇔⎢ ⇔⎢ ⇔ 4 ,m∈ . ⎣cos 2x − 1 = 0 ⎣cos 2x = 1 ⎢ ⎢ x = mπ ⎣ 0,25 ⎡ π Dễ thấy họ nghiệm trên thỏa mãn điều kiện. Đáp số: ⎢ x = − 4 + mπ , m ∈ . ⎢ ⎣ x = mπ ⎢ Câu III: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm 2 e x + 2009 Tính tích phân: I = ∫ x ln xdx . 1,0 1 Đặt t = x x 1 e2 0,25 ⇒ t 2 = x ⇒ dx = 2t.dt t 1 e ( ) e 2 e t + 2009 I = 2∫ .t.ln t.dt = 2 ∫ t 2 + 2009 .ln t.dt 0,25 1 t 1 ⎧ dt ⎧ u = ln t ⎪ ⎪du = t ⎪ ⎛ t3 ⎞ e⎛ 2 t ⎞ ⇒⎨ , ta có: I = 2 ⎜ + 2009t ⎟ ln t − 2 ∫ ⎜ + 2009 ⎟.dt Đặt ⎨ ( ) ⎪dv = t + 2009 dt ⎪ v = t + 2009t ⎩ 2 3 ⎜ ⎝3 ⎟ ⎠ 1⎝ ⎜3 ⎟ ⎠ ⎪ ⎩ 3 0,5 ⎞ ⎛ t3 ⎞ e ⎛ e3 = 2 ⎜ + 2009e ⎟ − 2 ⎜ e⎟ + 2009t 1 ⎜ 3 ⎟ ⎜9 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 1 ⎠ 2
  3. ⎛ e3 ⎞ ⎛ e3 1 ⎞ = 2 ⎜ + 2009e ⎟ − 2 ⎜ − + 2009e − 2009 ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎜ 9 9 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4e + 36164 3 = 9 Câu IV: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Hình học không gian 1,0 Ta có AO=OC=a 2 ⇒ A′O = AA′2 − AO2 = 4a 2 -2a 2 = a 2 0,25 Suy ra V=B.h= 4a 2 .a 2 = 4a 3 2 (đvtt) 0,25 Tính góc giữa AM và A ′C . Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM //CN. Xét tam giác A′CN ta có 0,25 A′C = A′O + OC = 2a; CN=AM= AB + BM = a 5; A′N = AA′ − AN = a 3 . 2 2 2 2 2 2 Suy ra CA′2 + CN 2 − A′N 2 A′ D′ cos C = 2.CA′.CN 4a + 5a − 3a 2 2 2 3 = = >0 2.2a.a 5 2 5 B′ C′ 2a Vậy cosin của góc giữa AM 3 0,25 và A ′C bằng . 2 5 A N D 2a O B C M Câu V: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Đặt t = sin x với t ∈ [ −1,1] ta có A= 5t -9t 2 +4 . 3 0,25 Xét hàm số f (t) = 5t -9t +4 với t ∈ [ −1,1] . 3 2 Ta có f ′(t) = 15t 2 -18t=3t(5t-6) 6 0,5 f ′(t) = 0 ⇔ t = 0 ∨ t = (loại) 5 f (−1) = −10, f (1) = 0, f (0) = 4 . Vậy −10 ≤ f (t) ≤ 4 . Suy ra 0 ≤ A = f (t) ≤ 10 . Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi π t = −1 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = − + k2π 0,25 2 π và GTNN của A là 0 đạt được khi t = 1 ⇔ sin x = 1 ⇔ x = + k2π . 2 Câu VIa: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Hình học phẳng 3
  4. 1 D C Ta có SIAB = SABCD =1 . Mặt khác 4 1 I 0,25 SIAB = .IH.IB với AB= 12 + 02 = 1 . 2 Suy ra IH=2. A B H Gọi I(x I , x I + 1) vì I thuộc đường thẳng y=x+1, ta có phương trình đường thẳng AB là y=0; 0,25 IH=2 ⇔ d(I / AB) = 2 ⇔ x I + 1 = 2. TH1: x I = 1 ⇒ I(1; 2);C(0; 4); D(−1; 4). 0,5 TH2: x I = −3 ⇒ I(−3; −2);C(−8; −4); D(−9; −4). 2) Hình học không gian Gọi I là mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC ta có: C VOABC = VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC 1 1 1 1 = .r.SOAB + .r.SOBC + .r.SOCA + .r.SABC 0,25 3 3 3 3 O 1 B = .r.STP . 3 A 1 8 4 Lại có VOABC = .OA.OB.OC = = (đvtt) 6 6 3 1 SOAB = SOBC = SOCA = .OA.OB = 2 (đvdt) 2 0,5 3 3 SABC = AB2 = .8 = 2 3 (đvdt) 4 4 Suy ra STP = 6 + 2 3 (đvdt) 3VOABC 4 2 Do đó = = (đv độ dài) 0,25 STP 6+ 2 3 3+ 3 Câu VIIa: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Chứng minh C10 .C10 + C10 .C9 + 0 20 1 20 + C .C + C10 .C0 = C10 9 10 1 20 10 20 30 Ta có (1 + x)30 = (1 + x)10 .(1 + x) 20 , ∀x ∈ (1) 0,25 n Lại có (1 + x)30 = ∑ C30 .x k , ∀x ∈ k . k =1 0,25 Vậy hệ số a10 của x 10 khai triển của (1 + x) là a10 = C . 30 10 30 Lại có (1 + x)10 .(1 + x)20 = = ( C10 + C1 x + + C10 x 9 + C10 x10 ) ⎡( C0 + C10 x + + C10 x10 ) + ( C11 x11 + C12 x12 + + C20 x 20 ) ⎤ 0 9 10 1 0,25 10 ⎣ 20 20 20 10 20 ⎦ Hệ số của x10 trong khai triển này là b10 = C10 .C10 + C10 .C9 + 0 20 1 20 + C10 .C1 + C10 .C0 9 20 10 20 Do (1) đúng với mọi x nên a10 = b10 . Suy ra điều phải chứng minh. 0,25 4
  5. Theo chương trình nâng cao Câu VIIb: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Hình học phẳng A Đường tròn đã cho có tâm I(1;2) và bán kính R= 10 . Suy ra AI = 2.IH ⎧1 = 2(X H − 1) ⎛3 7⎞ ⇔⎨ ⇔ H⎜ ; ⎟ I* 0,25 ⎩3 = 2(YH − 2) ⎝2 2⎠ Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm B H C tam giác ABC vì ΔABC là tam giác đều. ⎛ 3⎞ ⎛ 7⎞ Pt BC đi qua H và vuông góc với AI là: (BC): 1. ⎜ x − ⎟ + 3. ⎜ y − ⎟ = 0 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 0,25 ⇔ x + 3y − 12 = 0 Vì B, C thuộc đường tròn đã cho nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ pt: ⎧ x 2 + y 2 − 2x-4y-5=0 ⎧ x 2 + y 2 − 2x-4y-5=0 0,25 ⎨ ⇔⎨ ⎩x+3y-12=0 ⎩x=12 - 3y ⎛ 3−3 3 7 + 3 ⎞ ⎛ 3+3 3 7 − 3 ⎞ Giải hpt trên ta được: B ⎜ ⎜ 2 ; 2 ⎟ ;C ⎜ 2 ; 2 ⎟ hoặc ngược lại. ⎟ ⎜ ⎟ 0,25 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2) Hình học không gian Gọi I(t; -t; 0)∈ d1 , chọn M(5; -2; 0)∈ d2 ta có IM = (5 − t;t − 2;0) Vector chỉ phương của đường thẳng d2 là u d2 = (−2;0;1) 0,25 Suy ra ⎡ IM, u d2 ⎤ = (t − 2;t − 5;2t − 4) ⎣ ⎦ ⎡ IM, u d2 ⎤ ⎣ ⎦ 6t 2 − 30t + 45 Do đó d( I / d2 ) = = 0,25 u d2 5 6t 2 − 30t + 45 Theo bài ra d( I / d2 ) = 3 ⇔ = 3 ⇔ 6t 2 − 30t = 0 0,25 5 ⎡t = 0 ⎡ I(0;0; 0) ⇒ pt mÆt cÇu (S):x 2 +y 2 +z 2 =25 ⇔⎢ ⇔⎢ 0,25 ⎣t = 5 ⎢ I(5; −5;0) ⇒ pt mÆt cÇu (S): ( x-5 )2 + ( y+5 )2 +z 2 =25 ⎣ Câu VIb: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm 10 5 ( ) ⎛ 7π 7π ⎞ ⎛ π π⎞ 10 2 . ⎜ cos + i sin ⎟ .25. ⎜ cos + i sin ⎟ (1 − i) ( 3 + i) 10 5 ⎝ 4 4 ⎠ ⎝ 6 6⎠ Ta có z = = 0,5 (−1 − i 3)10 ⎛ 4π 4π ⎞ 10 210. ⎜ cos + i sin ⎟ ⎝ 3 3 ⎠ ⎛ 35π 35π ⎞ ⎛ 5π 5π ⎞ 55π 55π 210. ⎜ cos + i sin ⎟ . ⎜ cos 6 + i sin 6 ⎟ cos + i sin = ⎝ 2 2 ⎠⎝ ⎠= 3 3 = cos5π + sin 5π = −1 ⎛ 40 π 40π ⎞ 40π 40 π 0,5 210. ⎜ cos + i sin cos + i sin ⎝ 3 3 ⎟⎠ 3 3 Vậy z là số thực. ------------------------------- Hết ----------------------------- 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản