Đề thi khảo sát chất lượng môn toán 2010

Chia sẻ: trungtran3

Đề thi khảo sát chất lượng môn toán 2010 là tài liệu mang tính chất tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp giải hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề, nâng cao vốn kiến thức cho các bạn trong các kỳ thi sắp tới. Tác giả hy vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho các bạn.

Nội dung Text: Đề thi khảo sát chất lượng môn toán 2010

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƢỢNG 2010
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
m
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m 
x2
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1.
2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng
d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
cos 2 x.  cos x  1
1. Giải phương trình  2 1  sin x  .
sin x  cos x
2. Giải phương trình 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 (x   )
x 3
3
Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân  3.
0 x 1  x  3
dx .

Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các
cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y.
Chứng minh rằng: x  y  3xy.
x3  y 3  16 z 3
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 
 x  y  z
3


II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ đƣợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chƣơng trình Chuẩn:
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0,
phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của
hình chữ nhật.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng
x 1 y 1 z  2 x2 y2 z
d1:   , d2:  
2 3 1 1 5 2
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d2.
Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
B. Theo chƣơng trình Nâng cao:
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần
lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm
C và tiếp xúc với đường thẳng BG.
x  3 y  2 z 1
2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:   và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0.
2 1 1
Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với
d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .
 1
 log 1  y  x   log 4  1
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 y ( x, y   )
 2
 x  y  25
2


-------------------Hết -------------------

1
SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010
Đáp án gồm 06 trang


Câu Nội dung Điểm
I 2,0
1 1,0
1
Với m =1 thì y  x  1 
x2 0.25
a) Tập xác định: D   \ 2

b) Sự biến thiên:
1 x2  4 x  3 x 1
y ' 1  , y' 0   .
 x  2  x  2 x  3
2 2


lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , 0.25
x  x   
x 2 x 2

lim  y  ( x  1)  0 ; lim  y  ( x  1)  0
x  x

Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1.
Bảng biến thiên

x - 1 2 3 +
y’ + 0 – – 0 +
1 + +
y 0.25
- - 3
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên
mỗi khoảng 1;2  ,  2;3
Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3.
c) Đồ thị:




0.25




2
2 1.0
m
Với x  2 ta có y’ = 1- ;
( x  2)2
0.25
Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm
phân biệt khác 2  m  0
x  2  m  y1  2  m  2 m
Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 0.25
x2  2  m  y2  2  m  2 m
Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2  m; 2  m  2 m ) ; B( 2  m; 2  m  2 m )
Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25
2m m  2m m
m  0

m  2
Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán 0.25
Vậy ycbt  m = 2.

II 2.0
cos 2 x.  cos x  1
1 Giải phương trình  2 1  sin x  . 1.0
sin x  cos x
ĐK: sin x  cos x  0 0.25
Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x 
2


 1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25
 1  sin x 1  cos x 1  sin x   0
sin x  1
 (thoả mãn điều kiện) 0.25
cos x  1
 
  x   2  k 2  k , m Z 

 x    m2 0.25

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m2  k , m Z 
2
2 Giải phương trình: 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 (x   ) 1.0

3  2 x  x 2  0

PT   0.25
7  x  x x  5  3  2 x  x
2 2

3  2 x  x 2  0

 0.25
 x x  5  2( x  2)


3  x  1
 2  x  0

 x  0 
 x  1  x  16   0
2 0.25
 x2 
 x  5  2.
 x
 x  1
0.25
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1.

3
x 3
3
1.0
III Tính tích phân  3.
0 x 1  x  3
dx .

x  0  u  1
Đặt u = x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  0.25
x  3  u  2
x 3 2u 3  8u
3 2 2 2
1 0.25
Ta có:  3 x  1  x  3 1 u  3u  2du   (2u  6)du  6 u  1du
0
dx   2
1 1


  1  6ln u  1 1
2 2 0.25
 u 2  6u

3 0.25
 3  6 ln
2
IV 1.0
D
Dựng DH  MN  H
Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là
tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .
C B
0.25
N
H
M


A

2
 3 6
Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1  
 3   3

2 2 2

  0.25
1 3
Diện tích tam giác AMN là S AMN  AM . AN .sin 600  xy
2 4
1 2
Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  xy 0.25
3 12
1 1 1
Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300
2 2 2 0.25
 x  y  3xy.
V 1.0
 x  y
3

(biến đổi tương đương)  ...   x  y   x  y   0
2
Trước hết ta có: x  y 3 3
 0.25
4
 x  y  64 z 3 a  z   64 z 3
3 3

4P    1  t   64t 3
3
Đặt x + y + z = a. Khi đó 3 3
a a
0.25
z
(với t = , 0  t  1 )
a
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có
1
f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t   0;1
2
0.25
  9
Lập bảng biến thiên
64 16
 Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25
t0;1 81 81

4
VI.a 2.0
1 1.0
Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:
 21
x  2 y 1  0 x  5
  21 13  0.25
   B ; 
 x  7 y  14  0  y  13  5 5

 5
Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và
  
BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); nAC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các
 
   
 
  
đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos nAB , nBD  cos nAC , nAB  0.25
 a  b
3
 a  2b  a  b  7a  8ab  b  0  
2 2 2 2

2 a   b
 7
- Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,
x  y 1  0 x  3
A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:    A(3; 2)
x  2 y 1  0  y  2
Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:
 7
x  y 1  0 x  2
 7 5 0.25
  I  ; 
 x  7 y  14  0 y  5 2 2

 2
 14 12 
Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ; 
5 5

- Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25


2 1.0
 x  1  2t x  2  m
 
Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25
z  2  t  z  2m
 
Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m)

 0.25
 MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t).
3  m  2t  2k

 
 
 
Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  kn p  3  5m  3t  k có nghiệm 0.25
2  2m  t  5k

m  1
Giải hệ tìm được 
t  1
 x  1  2t

Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán 0.25
 z  3  5t





5
VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình 1.0
log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3
n  N
Điều kiện: 
n  3 0.25
Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3
n  7 (thoả mãn)
 (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0  
 n  13 (không thoả mãn) 0.25
Vậy n = 7.
3
Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i)3  (1  i).(8i)  8  8i
2
0.25
 
Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25
VI.b 2.0
1 1.0
Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d2  xC  2 yC  7
 xB  xC  2  6 0.25
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 
 yB  yC  3  0
Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25

 
Ta có BG(3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0
0.25
9 81
Bán kính R = d(C; BG) =  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0.25
5 25
2 1.0
Ta có phương trình tham số của d là:
 x  3  2t
 x  3  2t  y  2  t
 
 y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t) 0.25
 z  1  t  z  1  t
 x  y  z  2  0

 M (1; 3;0)
 

Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .
   
Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)
 


Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .

 
 0.25
Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
x  y  z  2  0

Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x  3 y  z  11  0
( x  1) 2  ( y  3) 2  z 2  42

Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25
x 5 y2 z 5
Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :  
2 3 1 0.25
x3 y4 z 5
Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :  
2 3 1


6
VII.b  1 1.0
log 1  y  x   log 4 y  1
Giải hệ phương trình  4 ( x, y   )
 2
 x  y  25
2


y  x  0
Điều kiện:  0.25
y  0
 1  yx yx 1
log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4
Hệ phương trình     0.25
 x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25
  
x  3y
x  3y x  3y 
 2  2   2 25 0.25
 x  y  25 9 y  y  25  y 
2 2

 10
  15 5 
 x; y    ;  (không thỏa mãn đk)
 10 10 

  15 5  0.25
 x; y     ;  (không thỏa mãn đk)

  10 10 
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.


Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như
đáp án quy định.




7
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản