Đáp án thi thử đại học môn toán khối B lần 2 năm 2010

Chia sẻ: Levan Luc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
153
lượt xem
11
download

Đáp án thi thử đại học môn toán khối B lần 2 năm 2010

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

Tham khảo tài liệu 'đáp án thi thử đại học môn toán khối b lần 2 năm 2010', 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 thi thử đại học môn toán khối B lần 2 năm 2010

  1. S GIÁO D C VÀ ðÀO T O KÌ THI TH ð I H C L N 2 NĂM 2010 T NH H I DƯƠNG MÔN TOÁN, KH I B TRƯ NG THPT ðOÀN THƯ NG ðÁP ÁN VÀ BI U ðI M CH M * Chú ý. Thí sinh làm bài không theo cách nêu trong ñáp án mà v n ñúng thì cho ñ ñi m t ng ph n tương ng. Câu ý N i dung ði m I 1 Kh o sát hàm s y = − x 4 + 3x 2 + 4 (C) 1,00 x = 0 ⇒ y = 4 TXð: . lim y = −∞ , y ' = −4 x 3 + 6 x, y ' = 0 ⇔  0,25 x →±∞  x = ± 6 ⇒ y = 25   2 4 BBT: ghi ñ y ñ 0,25 K t lu n v tính ñb, nb, c c tr 2 21 y '' = −12 x 2 + 6, y '' = 0 ⇔ x = ± ⇒ y= 0,25 2 4 ð th . ð th là ñư ng cong trơn th hi n ñúng tính l i, lõm.  6 25   2 21  ð th ñi qua 7 ñi m: ( ±2;0),  ± ; , ± ;  ,(0;4)  2 4  2 4 6 5 4 3 2 0,25 1 -6 -4 -2 2 4 6 -1 -2 Nh n xét. ð th hàm s nh n tr c tung làm tr c ñ i x ng I 2 Tìm M thu c (C) sao cho ti p tuy n t i M vuông góc v i x + 2 y − 4 = 0 1,00 ( ) M ∈ (C ) ⇒ M x0 ; − x0 + 3x0 + 4 . Ti p tuy n c a (C) t i M có h s góc 4 2 f '( x0 ) = −4 x0 + 6 x0 3
  2. 1 ðư ng th ng x + 2 y − 4 = 0 có h s góc b ng − 0,25 2  1 Ycbt ⇔ f '( x0 ). −  = −1 ⇔ 4 x0 − 6 x0 + 2 = 0 3 0,25  2   x0 = 1 ⇒ y0 = 6  −1 + 3 21 − 2 3 ⇔  x0 = ⇒ y0 =  2 4  0,25  x = −1 − 3 ⇒ y = 21 + 2 3  0  2 0 4  −1 + 3 21 − 2 3   −1 − 3 21 + 2 3  V y M (1;6 ) , M  ; , M  ;   2 4   2 4  0,25 II 1 Gi i phương trình sin 2 x + sin 2 2 x + sin 2 3x = 2 (1) 1,00 1 − cos 2 x 1 − cos6 x (1) ⇔ + + sin 2 2 x = 1 0,25 2 2 1 ⇔ (cos 2 x + cos6 x) + 1 − sin 2 2 x = 0 ⇔ cos 2 x cos 4 x + cos 2 2 x = 0 0,25 2 cos 2 x = 0 cos 2 x = 0 ⇔ ⇔ 0,25 cos 2 x + cos 4 x = 0 cos 2 x = cos(π − 4 x) π π π π π ⇔x= +k , x= +k , x= − kπ 0,25 4 2 6 3 2 x + y = 8  Gi i h phương trình:  2 . 2  x + 9 + y + 9 = 10  2 1,00 x + y = 8  H ⇔ 2  x + y + 2 ( x + 9 )( y + 9 ) = 82 2 2 2  x + y = 8  0,25 ⇔ ( x + y ) − 2 xy + 2 x y + 9 ( x + y ) − 2 xy  + 81 = 82   2 2 2 2  ( xy ) + 9 ( 64 − 2 xy ) + 81 = 82 2 ⇒ 64 − 2 xy + 2 ð t xy = t ta ñư c: t 2 − 18t + 657 = 9 + t 0,25 t + 9 ≥ 0 t ≥ −9 0,25 ⇔ 2 ⇔ ⇔ t = 16 t − 18t + 657 = 81 + 18t + t t = 16 2  xy = 16 V y ⇔ x= y=4 x + y = 8 0,25
  3. K t lu n. H có 1 nghi m ( 4;4 ) III e (x + ) 1 + 3ln x ln x 1,00 Tính tích phân ∫ 1 x dx e 3 1 + 3ln x ln x I = ∫ ln xdx + ∫ dx 1 1 x e Tính ñư c: I1 = ∫ ln xdx = 1 0,25 1 3 1 + 3ln x ln x I2 = ∫ dx 1 x t 2 − 1 dx 2 ð t t = 1 + 3ln x ⇔ ln x = ⇒ = tdt 3 x 3 0,25 t (1) = 1; t ( e ) = 2 2 t2 −1 2 22 4 2 116 I2 = ∫ t ⋅ ⋅ ⋅ tdt = ∫ ( t − t ) dt = 1 3 3 91 135 0,25 116 251 V y I =1+ = 0,25 135 135 IV Tính th tích kh i t di n SMNC 1,00 G i O là tâm c a hình vuông ABCD suy ra SO ⊥ (ABCD). G i H là trung ñi m c a AO thì MH // SO nên MH ⊥ (ABCD) suy ra HN là hình chi u c a MN trên mp(ABCD). B i v y góc gi a MN và (ABCD) là góc ∠MNH ⇒ ∠MNH = 600 . 0,25 5a 2 a 10 HN 2 = CH 2 + CN 2 − 2CH .CN .cos 450 = ⇒ HN = 8 4 Tam giác MNH vuông suy ra S a 30 MH = HN .tan 300 = 4 SA c t (MNC) t i ñi m M là trung M ñi m c a SA nên d ( S ;( MNC )) = d( A;( MNC )) 0,25 D ⇒ VSMNC = VAMNC C O 1 1 1 a a 30 a 30 = S ANC MH = . a. . = H N A B 3 3 2 2 4 48 0,25 0,25 V Cho a, b, c, d là các s th c dương. Tìm giá tr nh nh t c a bi u 1,00 th c sau
  4. a −d d −b b−c c−a S= + + + d +b b+c c+a a+d a−d d −b b−c c−a S= +1+ +1+ +1+ +1− 4 d +b b+c c+a a+d a+b d +c b+a c+d S= + + + −4 d +b b+c c+a a+d 0,25  1 1   1 1  = (a + b) +  + (c + d ) + −4 0,25 d +b c+a b+c a+d  4 4 ≥ (a + b) + (c + d ) −4 0,25 d +b+c+a b+c+a+d 4 = (a + b + c + d ) − 4 = 0 a+b+c+d ð ng th c x y ra ⇔ a = b = c = d 0,25 VI.a 1 1) Trong m t ph ng Oxy, cho ñư ng th ng ∆: x − 2 y − 1 = 0 và hai ñi m 1,00 A(1 ; 1), B(4 ; -3). Tìm ñi m C trên ñư ng th ng ∆ sao cho kho ng cách t C ñ n ñư ng th ng AB b ng 6. C ∈ ∆ ⇒ C ( 2t + 1; t ) . AB có phương trình : 4 x + 3 y − 7 = 0 0,25 11t − 3 d ( C ; AB ) = 5 0,25 t = 3 d ( C ; AB ) = 6 ⇔  27 t = − 0,25  11  43 27  V y C ( 7;3) ; C  − ; −  0,25  11 11  2 Vi t phương trình m t ph ng (P)… 1,00 r ( P ) / / ∆1; ( P ) / / ∆ 2 ⇒ ( P ) có vtpt n (14;14; −7 ) 0,25 Pt m t ph ng (P) là: 2x + 2y – z + D = 0 0,25 (S) có tâm I(1;-2;3), bán kính R = 5. ( P ) ∩ ( S ) = ( C ) có chu vi 6π ⇒ ( C ) có bán kính r = 3 D−5 d ( I ;( P )) = 0,25 3 ( D − 5)  D = 17 2 Ta có: R = r + d 2 2 2 ⇔ 25 = 9 + ⇔ 9 D − 7 V y (P): 2x + 2y – z + 17 = 0 ho c 2x + 2y – z – 7 = 0 0,25
  5. VII.a 1 Cho z1 , z2 là hai nghi m c a phương trình z + = 1 . Tính S = z13 + z2 . 3 1,00 z 1 z+ = 1 ⇔ z2 − z +1 = 0 z ( 3i ) 2 ∆ = −3 − 0,25 1 + 3i 1 − 3i z1 = ; z2 = 0,25 2 2 0,5 z13 = −1; z2 = −1 . V y S = - 2 3 * Chú ý: Ta có th áp d ng ñl Viét z1 + z2 = 1; z1 ⋅ z2 = 1 z13 + z2 = ( z1 + z2 ) − 3 z1 z2 ( z1 + z2 ) = 1 − 3 = −2 3 3 VI.b 1 1) Trong m t ph ng Oxy, tìm t a ñ các ñ nh c a m t hình thoi, bi t phương trình hai c nh l n lư t là x + 2 y − 4 = 0, x + 2 y − 10 = 0 và 1,00 phương trình m t ñư ng chéo là x − y + 2 = 0 . Gi s AB: x + 2y – 10 = 0; CD: x + 2y – 4 = 0; AC: x – y + 2 = 0 Tìm ñư c t a ñ A(2;4); C(0;2) 0,25 G i I là trung ñi m AC ⇒ I(1;3) ðt ∆ ñi qua I và ⊥ AC có pt: x + y – 4 =0 0,25 ∆ c t AB t i B(-2;6) 0,25 ∆ c t CD t i D(4;0) V y A(2;4); B(-2;6); C(0;2); D(4;0) 0,25 2 Tìm m ñ ∆ c t (S) t i hai ñi m M, N sao cho MN = 8 1,00 M t c u (S) (x + 2)2 + (y − 3)2 + z 2 = 13 − m có tâm I (−2;3;0) và bán kính r R = 13 − m v i m < 13 . ∆ ñi qua ñi m A(0;1; −1) và có vtcp u = (2;1;2) uur r 0,25 uur uur r  AI ; u      AI = (−2;2;1) ⇒  AI ; u  = (3;6; −6) ⇒ d ( I ; ∆ ) = r =3 u 0,25 ∆ c t (S) ⇔ d ( I ; ∆) < R ⇔ 3 < 13 − m ⇔ m < 4 G i H là trung ñi m c a MN thì IH ⊥ MN và MH = 4 0,25 Tam giác IMH vuông t i H nên MI 2 = MH 2 + IH 2 ⇔ 13 − m = 16 + 9 ⇔ m = −12 (TM). V y m = −12 0,25
  6. VII.b 9 x 2 − 4 y 2 = 5 1,00 Gi i h phương trình  log 5 (3 x + 2 y ) − log 3 (3 x − 2 y ) = 1 3 x + 2 y > 0 ðk:  3 x − 2 y > 0 ( 3 x + 2 y )( 3x − 2 y ) = 5  H pt ⇔  log 5 ( 3x + 2 y ) − log 3 ( 3 x − 2 y ) = 1  0,25  5 3 x + 2 y = 3x − 2 y  ⇔ 0,25 log  5  − log ( 3 x − 2 y ) = 1  5  3x − 2 y     3  5 3 x + 2 y = 3x − 2 y ⇔ 0,25  − log 5 ( 3x − 2 y ) − log 3 ( 3 x − 2 y ) = 0 3 x − 2 y = 1 ⇔ ⇔ x = y = 1 (tmñk) 0,25 3 x + 2 y = 5
Đồng bộ tài khoản