ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (GV.VÕ HỮU PHƯỚC)

Chia sẻ: Ngo Trung Kien Kien | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

1
684
lượt xem
217
download

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (GV.VÕ HỮU PHƯỚC)

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

Đề thi toán khối A năm nay có nội dung nằm trong chương trình cơ bản THPT. Tuy nhiên, đề thi đòi hỏi học sinh cần phải sáng tạo và linh hoạt. Nhìn chung, đề có mức độ phân loại học sinh rất cao và rõ rệt: Chẳng hạn, phần khảo sát hàm số, phương trình lượng giác, tích phân, tọa độ trong không gian và số phức thì học sinh chỉ cần vận dụng kiến thức cơ bản là có thể giải được. Các phần còn lại (đặc biệt câu giải hệ phương trình tương đối khó), học sinh cần phải có tư duy, sáng...

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (GV.VÕ HỮU PHƯỚC)

  1. ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: y = x − 2x + ( 1 − m ) x + m 3 2 1) Khi m =1, y = x 3 − 2x 2 + 1 D=¡ y′ = 3x 2 − 4x x = 0 → y = 1 y′ = 0 ⇔  4 −5 x = → y =  3 27 4  Hàm số đồng biến trên khoảng ( −∞;0) và  ;+∞  ; nghịch biến trên 3   4  4 −5  khoảng  0;  . Điểm cực đại (0; 1), điểm cực tiểu  ;   3  3 27  limy = ±∞ . x→±∞ Bảng biến thiên: 4 x −∞ 0 +∞ 3 y’ + 0 – 0 + 1 +∞ y −5 −∞ 27 Đồ thị: f(x) f(x)=x^3-2x^2+1 3 Series 1 Series 2 2 1 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -1 -2 -3 2) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và Ox 1
  2. x 3 − 2x 2 + ( 1 − m ) x + m = 0 ⇔ ( x − 1) ( x 2 − x − m ) = 0  x − 1 = 0 (2) ⇔ g(x) = x − x − m = 0 (3) 2 Gọi x1 là nghiệm pt (2) và x2, x3 là nghiệm pt (3). ∆ > 0 1 + 4m > 0    Yê u cầu bài toán : g(1) ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 x 2 + x 2 + x 2 < 4  1 + ( x 2 + x 3 ) − 2x 2 x 3 < 0 2  1 2 3   −1 m > 4  −1  −1   < m ≠ 0  < m
  3.  1  3 3 2 ( ) Ta có: 2 x − x + 1 = 2 x −  +  ≥ ⇒ 1− 2 x − x + 1 < 0 2  2  4 2 2 ( )   ( ) ( bpt ⇔ x − x ≤ 1− 2 x2 − x + 1 ⇔ 2 x2 − x + 1 ≤ x + ( 1− x) )  ( )  2 ⇔ 2( 1− x) + x  ≤ x + ( 1− x) 2    x + ( 1− x) ≥ 0   x + 1− x ≥ 0  ⇔ ⇔ 3− 5 ⇒ x= ( ) 2  ( 1− x) − x ≤ 0 1− x = x  2  Câu III 1 x 2 + e x + 2x 2e x x ( 1 + 2e x ) + e x 1 2 1  2 ex  I=∫ dx = ∫ dx = ∫  x +  dx 0 1 + 2e x 0 1 + 2e x 0 1 + 2e x  1 1 1 3 1 x 1 1  1 + 2e  = x + ln 1+ 2e = + ln   3 2 3 2  3  0 0 1 1  1 + 2e  Vậy I = + ln   3 2  3  B a C Câu IV a 1 2 + Ta có: SH ⊥ (ABCD)  VS.CMND = SH.SCMND 3 M a 2 a 2 5a 2 SCMND = SABCD − SCBM − SAMD = a − − = 2 a 2 H 4 8 8 D 1 5a 2 a 3 5 3 A a ⇒ VS.CMND = ⋅ a 3 ⋅ = (đvtt) 2 N 3 8 24 S + Ta có : ∆CDN = ∆DAM CN ⊥ DM ⇒ ⇒ DM ⊥ (SCN) ⇒ DM ⊥ SC SH ⊥ DM Kẻ HK ⊥ SC  HK ⊥ MD  HK = d(DM, SC) 1 1 1 2 = 2 + K HK SH HC2 SH = a 3  CD 4 a4 4a 2 B → CH = 2 = = C với CN.CH = CD 2  CN 2 5a 2 5  4 M 3 H A N D
  4. 1 1 5 19 2a 3 ⇒ 2 = 2+ 2= 2 ⇒ HK = . HK 3a 4a 12a 19 Câu V Cách 1: ( ) ( )  4x2 + 1 x + ( y − 3) 5− 2y = 0  4x2 + 1 x = ( 3− y) 5− 2y (1)    ⇔ 4x2 + y2 + 2 3− 4x = 7  4x2 + y2 + 2 3− 4x = 7 (2)   3 x ≤ 4  + Điều kiện:  y ≤ 5   2  39 39 VT(1) = 4x + x ≤ 3 ⇒ VP(1) = ( 3− y) 5− 2y ≤ ⇒ y≥ 0 (1) ⇒  16 16 VP(1) ≥ 0 ⇒ x ≥ 0   3  0≤ x ≤  4 Suy ra  0 ≤ y ≤ 5   2  3  1  ( 2 ) + Xét f1(x) = 4x + 1 x tăng trên  0 ;  , f   = 1  4  2   5 g1(y) = ( 3− y) 5− 2y giảm trên  0 ;  , g( 2) = 1  2  3 + f2(x) = 4x2 + 2 3− 4x giảm trên  0 ;   4  5 g2(y) = y2 tăng trên  0 ;   2 1  1 + Với 0 ≤ x < : (1 ⇒ g1(y) = f1(x) < f1   = g1 ( 2) ⇒ y > 2 ) 2  2   1 f2(x) > f2   = 3 ⇒  2 ⇒ VT(2) > VP(2) g (y) > g (2) = 4  2 2 1 3  1 + Với < x ≤ : (1 ⇒ g1(y) = f1(x) > f1   = g1(2) → y < 2 ) 2 4  2 4
  5.   1 f2(x) < f2   = 3 ⇒  2 ⇒ VT(2) < VP(2) g (y) < g(2) = 4  2 1 + Với x = , hpt ⇒ y = 2. 2  1 x = Vậy nghiệm:  2 y = 2  Cách 2:   ( )  4x2 + 1 x + ( y − 3) 5− 2y = 0 (1) 4x2 + y2 + 2 3− 4x = 7 (2)  ( ) (1) ⇔ 4x2 + 1 x = ( 3− y) 5− 2y ≥ 0, ∀y ≤ 5 2 → x≥ 0  3  u = 2x ; 0 ≤ u ≤ 2  Đặt  v = 5− 2y ≥ 0 ⇒ y = 5− v 2   2 u  5− v2  Thay vào (1) ta có: ( ) u2 + 1 . +  2  2 − 3 .v = 0  ⇔ u3 + u − v3 − v = 0 ⇔ u3 + u = v3 + v (*) Xét hàm số f(t) = t3 + t tăng trên R. (*) ⇒ u = v . 2  5− u  Từ (2) ta có: u2 +   + 2 3− 2u = 7 ⇔ 8 3− 2u = − u + 6u + 3 (3) 4 2  2  3 Đặt f(u) = − u4 + 6u2 + 3 ; 0 ≤ u ≤ . 2 Bảng biến thiên: u −∞ − 3 0 3 +∞ f’(u) + 0 – 0 + 0 – f(u) Nhận xét : u = 1 là nghiệm của (3). 5
  6. 3 + g(u) = 8 3− 2u hàm giảm trên 0 ≤ u ≤ 2 3 + f(u) = − u4 + 6u2 + 3 hàm tăng trên 0 ≤ u ≤ . 2 1  (3) có nghiệm duy nhất u = 1  x = → y = 2 2 II – PHẦN RIÊNG A. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu VIa 1) (d1): 3x + y = 0; (d2 ): 3x − y = 0. + d1 ∩ d2 = 0( 0;0) 3. 3 − 1 · 1 ⇒ AOC = 600 (∆AOC vuông tại A). + cos( d ;d ) = = 1 2 2.2 2 2R ⇒ AC = 2R ; AB = R ; BC = R 3 ; OA = . 3 3 AB.BC 3 2 Theo gt: SABC = ⇒ = ⇔ R = 1⇒ OA = 2 2 2 3 ( ) 4 4 Mà A ∈ ( d1 ) ⇒ A a;− 3a ⇒ OA 2 = ⇔ a2 + 3a2 = ⇔ 4a2 = 3 3 4 3 1 ⇔ a= (a > 0). 3   1  qua A  ;−1 4 + (d3):  3  ⇒ (d3): x − 3y − = 0. (d ) ⊥ (d ) 3  3 1  3t − 4  + T  t; ∈d  3  3   2 7  3t − 4  7 + OT 2 = OA 2 + AT 2 = ⇔ t2 +   = 3  3  3   6
  7.  5 3  5 3 −1  t1 = ⇒ I ;  loaï vì d( I,d2 ) > 1 i  6  6 2   ⇔ 12t2 − 8 3t − 5 = 0 ⇒   − 3  − 3 −3   t2 = ⇒ I ;  (nhaä) n 6  6 2    2  3  3 2 Vậy ( T ) :  x +  +  y+  =1  6   2   x −1 y z + 2 2) ∆ : = = ; ( P ) : x − 2y + z = 0 2 1 −1  x = 1 + 2t  Phương trình tham số: ∆ :  y = t (t ∈ ¡ )  z = −2 − t   x = 1 + 2t  t = −1 y = t  x = −1   + Vì C = ∆ ∩ ( P ) . Tọa độ điểm C thỏa hệ:  ⇒ z = −2 − t  y = −1  x − 2y + z = 0 z = −1   ⇒ C ( −1; −1; −1) + M ( 1 + 2t; t; −2 − t ) ∈ ∆ , MC2 = 6 ⇔ ( 2t + 2 ) + ( t + 1) + ( − t − 1) = 6 2 2 2  t = 0 → M1 ( 1;0; −2 ) ⇔ 6t 2 + 12t = 0 ⇔   t = −2 → M 2 ( −3; −2;0 )  1− 0 − 2 6 6 + d ( M1 , ( P ) ) = = = d ( M 2 , ( P ) ) . Vậy d ( M, ( P ) ) = . 1+ 4 +1 6 6 Câu VIIa Tìm phần thực, ảo của z: ( ) ( 1 − 2i ) 2 z= 2 +i = ( 2 + 2 2i + i ) ( 1 − 2i ) 2 = ( 1 + 2 2i ) ( 1 − 2i ) = 1 − 2i + 2 2i − 4i 2 = 5 + 2i ⇒ z = 5 − 2i Phần thực của z là a = 5; phần ảo của z là b = − 2 . 7
  8. B. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb A 1) Đặt d : x + y − 4 = 0 + A∈∆ ⊥ d ⇒ ∆ : x − y = 0 + Gọi H = ∆ ∩ d ⇒ H ( 2;2 ) E M H + Gọi I là trung điểm BC d suy ra H là trung điểm IA  I(-2; -2) + Đường thẳng (BC) qua I và song song d  (BC): x + y + 4 = 0. B( b ;− b − 4)  B C + B,C ∈ BC ⇒  I C(c ;−c − 4)  uuur uuu r + AB = ( b − 6; −b − 10 ) ; EC = ( c − 1; −c − 1) . uuu uuu r r AB.EC = 0  ( b − 6) ( c − 1) + ( b + 10) ( c + 1) = 0  Ta có:  ⇔ I laø  trung ñieå BC m  b + c = −4   bc + 2c + 8 = 0 c = 2 c = −4 ⇔ ⇔ ∨  b + c = −4  b = −6  b = 0 ⇒ B( −6;2) ;C ( 2;−6) hay B( 0;−4) ;C ( −4;0) . x+2 y−2 z+3 2) A ( 0;0; −2 ) , ∆ : = = 2 3 2 r + (d) qua M(-2;2;-3), vtcp: a = ( 2;3;2 ) uuuur + MA = ( 2; −2;1) r uuuur r uuuu r +  a;MA  = ( 7;2; −10 ) ⇒  a;MA  = 49 + 4 + 100 = 153    r + a = 4 + 9 + 4 = 17 r uuuur a;MA    153 d ( A, ∆ ) = r = = 3. a 17 BC2 Mà R = d (A,∆ ) + 2 2 = 9+ 16 = 25 4 Suy ra mặt cầu ( S) : x 2 + y 2 + ( z + 2 ) = 25 2 8
  9. Câu VIIb Ta có ( ) 3 1 − 3i z= = −4 − 4i ⇒ z = −4 + 4i 1− i z + iz = −8− 8i = 8 2 (GV. Trần Nhân – Trường THPT Tân Bình) 9
  10. NHẬN XÉT ĐỀ THI (GV. Võ Hữu Phước – Trường THPT Trần Hưng Đạo) Đề thi toán khối A năm nay có nội dung nằm trong chương trình cơ bản THPT. Tuy nhiên, đề thi đòi hỏi học sinh cần phải sáng tạo và linh hoạt. Nhìn chung, đề có mức độ phân loại học sinh rất cao và rõ rệt: Chẳng hạn, phần khảo sát hàm số, phương trình lượng giác, tích phân, tọa độ trong không gian và số phức thì học sinh chỉ cần vận dụng kiến thức cơ bản là có thể giải được. Các phần còn lại (đặc biệt câu giải hệ phương trình tương đối khó), học sinh cần phải có tư duy, sáng tạo và cẩn thận mới giải tốt được. Nên với đề thi toán khối A năm nay, học sinh khó có thể đạt được điểm tối đa. 10

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản