ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2010 MÔN TOÁN

Chia sẻ: Natra Ntra | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

0
45
lượt xem
14
download

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2010 MÔN TOÁN

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

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học - năm 2010 môn toán', 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: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2010 MÔN TOÁN

  1. ĐỀ CHÍNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2010 MÔN TOÁN THỨC (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề). I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH . 2x +1 Câu I Cho hàm số y = có đồ thị (C). x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B . Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nh ất. x x 1 Câu II 1. Giải phương trình: 3(sin3 − cos3 ) = 2 cosx + sin2x 2 2 2 x 4 − 4x 2 + y 2 − 6 y + 9 = 0  2. Giải hệ phương trình :  2 .  x y + x 2 + 2 y − 22 = 0  π Câu III 2 3s inx − cos x 1.Tính tích phân sau: I=∫ dx 0 s inx + cos x + 2 2. Cho 0 < x ≤ y ≤ z : Chứng minh rằng ( 2z + y ) 2 z − x − y + ( 2 z + x ) 2 ( z − x ) + 2  4 z 2 + 2 z ( x + y ) + xy  ( 2 x + y )   2  4 z 2 + 2 z ( x + y ) + xy    ( 2x + y) 3 ≤ + 2x + y Câu IV Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). II, PHẦN RIÊNG. (Thí sinh chỉ làm một trong 2 phần ; phần 1 hoặc phần 2 ) Phần 1( Dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn ) Câu Va 1. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: 1 A(-2;3),B( 4 ;0), C (2;0) 2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M ( - 4; - 5;3) và cắt cả hai ì 2 x + 3 y +11 = 0 ï x - 2 y +1 z - 1 đường thẳng: d ':ïí và d '' : 2 = 3 = - 5 . ï y - 2z + 7 = 0 ï î .Câu VIa Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 10 x 2 +8 x + 4 = m(2 x + 1). x 2 + 1 . Phần 2 ( Dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao ) . Câu Vb 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; -2); P(2;0); Q(1;2) lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng ( ∆ ) và ( ∆' ) có phương trình . x = 3 + t x = -2 + 2 t' ; ( ∆ ) :  y = 2 t'   ( ∆ ) :  y = -1 + 2t ' z = 4  z = 2 + 4t'   Viết phương trình đường vuông góc chung của ( ∆ ) và ( ∆' )
  2. 2x 2 − 3x + 2 Câu VIb Cho hàm số y = có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho x −1 tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất. ******** Hết ******** Kú thi thö ®¹i häc- cao ®¼ng n¨m 2010 Híng dÉn chÊm m«n to¸n Câu Nội dung Điểm I.1 2x + 1 1,00 Khảo sát hàm số y= x −1 1. Tập xác định: R\{1} 2. Sự biến thiên: 2( x − 1) − (2 x + 1) −3 0,25 + Chiều biến thiên: y ' = = ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1;+∞) . Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị 2x + 1 . Tiệm cận: lim y = lim = −∞ x →1− − x →1 x −1 2x + 1 lim y = lim =+∞ x →1+ + x →1 x −1 0,25 Do đó đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng 2x + 1 lim y = lim =2 x→ ± ∞ x→ ± ∞ x − 1 Vậy đường thẳng y= 2 là tiệm cận ngang * Bảng biến thiên: x -∞ 1 +∞ y' - - y 2 +∞ 0,5 -∞ 2 3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số. I.2 Với M bất kì ∈ (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B. Tìm M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. 1,00  3  Gọi M  x0 ;2 +   ∈(C)  x0 − 1  
  3. Câu Nội dung Điểm −3 3 * Tiếp tuyến tại M có dạng: y = ( x − x0 ) + 2 + ( x 0 − 1) 2 x0 − 1 0,25 Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A  6  1;2 +    x0 −1   0,25 B(2x0-1; 2) ; I(1; 2) 1 1 6 * Ta có: S∆ IAB= . IA. IB= ⋅ ⋅ 2 x0 − 1 = 2.3 = 6 (đvdt) 2 2 x0 − 1 * ∆ IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi ∆ IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi 6  x0 = 1 + 3 IA= IB (HS tự chứng minh). = 2 x0 − 1 ⇒  x0 − 1  x0 = 1 − 3  * Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện 0,5 M1( 1 + 3;2 + 3 ) M2( 1 − 3;2 − 3 ) Khi đó chu vi ∆ AIB = 4 3 + 2 6 II.1 Giải phương trình lượng giác... x x 1  x x  x x 3(sin3 − cos3 ) = 2 cosx + sin 2x ⇔ 3 sin − cos   1 + sin cos  = ( 2 + sin x ) cosx 2 2 2  2 2  2 2  x x  1   x x  x x ⇔ 3 sin − cos  1 + sin x  = ( 2 + sin x )  cos − sin  cos + sin   2 2  2   2 2  2 2  x x  x x 3 1,00 ⇔  cos − sin (2 + sin x) sin + cos +  = 0  2 2  2 2 2 x x x π x π π * sin − cos = 0 ⇔ sin  − ÷ = 0 ⇔ − = kπ ⇔ x = + k2π (k ∈ Z) 2 2  2 4 2 4 2 0,5 * 2 + sin x = 0 ⇔ sin x = −2 (vô nghiệm) x x 3 x π 3  π 3 0,5 * sin + cos = − ⇔ 2 sin +  = − ⇔ sin x +  = − (vô nghiệm) Vậy 2 2 2  2 4 2  4 2 2 π nghiệm của phương trình là: x = + k2π ( k ∈ Z) 2
  4. Câu Nội dung Điểm Giải hệ phương trình: II.2  4 1,00 x − 4x + y − 6 y + 9 = 0 2 2  2  x y + x 2 + 2 y − 22 = 0  * Hệ phương trình tương đương với 0,25  ( x − 2) + ( y − 3) = 4 ( x − 2) + ( y − 3) = 4 2 2  2 2 2 2  2  ( x + 2) y + x 2 − 22 = 0 ( x 2 − 2 + 4)( y − 3 + 3) + x 2 − 2 − 20 = 0   0,25  x2 − 2 = u u 2 + v 2 = 4 Dat  * Thay vào hệ phương trình ta có:  0,25 y −3 = v u.v + 4(u + v ) = 8 u = 2 u = 0 0,2  hoặc  v = 0 v = 2 5   x = 2  x = −2  x = 2 thế vào cách đặt ta được các nghiệm của hệ là :  ;y = 3 ; ; y = 3  y = 5  x = − 2   ; y = 5  ( s inx + cos x + 2 ) − 2 ( cos x − s inx ) − π 2 2 III.1 I=∫ dx 0 ( s inx + cos x + 2 ) π π π 0,25 2 = ∫ dx − 2 ∫ 2 ( cos x − s inx )dx − 2 ∫ dx2 0 0 ( s inx + cos x + 2 ) 0 s inx + cos x + 2 π π 0,25 π 2 dx = − 2 ln s inx + cos x + 2 − 2 ∫ 2 2 0  π  0 2  cos( x − ) + 1÷  4  π π 1 dx 2 0,25 = − 2  ln(1 + 2) − ln(1 + 2)  − ∫   2 2 x π 0 cos 2 ( − ) 2 8 π x π π π π = − tan( − ) 02 = − 2 tan 0,25 2 2 8 2 8
  5. Câu Nội dung Điểm III.2 Cho 0 < x ≤ y ≤ z : Chứng minh rằng 1,00 ( 2z + y ) 2 z − x − y + ( 2 z + x ) 2 ( z − x ) + 2  4 z 2 + 2 z ( x + y ) + xy  ( 2 x + y )   2  4 z 2 + 2 z ( x + y ) + xy  ≤  + ( 2x + y) 3 2x + y ⇔ ( 2z + y ) ( 2z + x ) − ( 2x + y ) + ( 2z + x ) ( 2z + y ) − ( 2x + y ) + 2 ( 2z + y ) ( 2z + x ) 3 (1) 2 ( 2z + y ) ( 2z + x ) ( 2x + y ) ≤ + ( 2x + y ) 0,25 2x + y Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y 2ab Từ (1) ⇔ a b − c + b a − c + 2 abc ≤ + c3 c ⇔ a c ( b − c ) + b c ( a − c ) + 2c ab ≤ 2ab + c 2 (2) 0,25 Ta có: b−c+c b c b−c ≤ = 2 2 ab ⇔ a c b−c ≤ (3) 2 ab Tương tự: b c a − c ≤ ( 4 ) 2 2c ab ≤ c + ab ( 5 ) 2 Cộng (3); (4); (5) ta được: a c ( b − c ) + b c ( a − c ) + 2c ab ≤ 2ab + c 2 đpcm 0,25 Dấu bằng xảy ra khi: a=b=2c a. 2z+y=2z+x=4x+2y 2 b. x=y= 5 z 0,25 IV Tính thể tích khối chóp... S M I A N B K C Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. G ọi I là trung đi ểm c ủa MN suy ra 1,00 SI ⊥ MN và AI ⊥ MN. Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN). 1 1 Do đó VS.AMN = SI.SAMN = SI.AI .MN 3 6
  6. Câu Nội dung Điểm 0,5 Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam giác a 3 0,5 ASK cân tại A. Do đó SA = AK = 2 1 a 1 a SC SA a 3 MN = BC = , NI = MN = , SN = = = 1,00 2 2 2 4 2 2 4 2 2 3a a a 2 SI = SN2 − NI 2 = − = 16 16 4 0, 5 2 2 3 3a a a 10 1 a 2 a 10 a a 5 AI = SA2 − SI2 = − = . Vậy VS.AMN = = 4 8 4 6 4 4 2 96 0, 5 1,00 VS.AMN SA SM SN 1 Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: = . . = VS.ABC SA SB SC 4 + Ta có: (d1) // (d2) ( HS phải chứng minh được) 0,2 5 Va 1.(1,0 điểm) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi 2 æö 1 ç9 ÷ + ( - 3) 2 ç ø DB AB d- ç4 ÷ è ÷ = Û 4= = DC AC 2- d 2 4 + ( - 3) 2 81 225 +9 16 = 16 = 3 Þ 4d - 1 = 6 - 3d Þ d = 1. 16 + 9 25 4 Đường thẳng AD có phương trình: x+2 y- 3 = Û - 3 x - 6 = 3 y - 9 Û x = 1- y , 3 -3 và đường thẳng AC: x+2 y- 3 = Û - 3 x - 6 = 4 y - 12 Û 3 x + 4 y - 6 = 0 4 -3 Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó
  7. Câu Nội dung Điểm hoành độ là 1- b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 3( 1- b) + 4b - 6 = b Û b - 3 = 5b; 32 + 42 4 a )b - 3 = 5b Þ b = - ; 3 1 b)b - 3 = - 5b Þ b = . 2 1 Rõ ràng chỉ có giá trị b = 2 là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn 2 2 æ 1ö æ 1ö nội tiếp V ABC là: çx - ÷ + çy - ÷ = 1 ç ÷ ç ÷ . ç è ÷ ç 2ø è ÷ 4 2ø 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: m ( 2 x + 3 y +11) + n ( y - 2 z + 7 ) = 0 Û 2mx + ( 3m + n ) y - 2nz +11m + 7 n = 0. Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: m ( - 8 - 15 +11) + n ( - 5 - 6 + 7) = 0 Û - 12m - 4n = 0 Û n = - 3m. Chọn m = 1, n = - 3 , ta được phương trình của P’: 2 x + 6 z - 10 = 0 . Tiếp theo, đường thẳng d” đi qua A( 2; - 1;1) và có vectơ chỉ phương ur m ( 2;3; - 5) . Mặt phẳng P” đi qua M và d” có hai vectơ chỉ phươngr làuuu r ur m và MA ( 6; 4; - 2) hoặc n ( 3; 2; - 1) . Vectơ pháp tuyến của P” là: u æ - 5 - 5; 2 2;3 ö u r 3; r pçç ç , , ÷ p ( 7; - 13; - 5) ÷ ÷= . ç2; - 1 - 1;3 3; 2 ø è ÷ Phương trình của P”: 7 ( x + 4) - 13( y + 5) - 5( z - 3) = 0 hay: 7 x - 13 y - 5 z - 29 = 0. Rõ ràng đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình: ì 2 x + 6 z - 10 = 0 ï ï í ï 7 x - 13 y - 5 z - 29 = 0 ï î . VIa Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt: 1,00 m( 2x+1). x 2 + 1 =10x 2 +8 x + 4
  8. Câu Nội dung Điểm Nhận xét : 10x +8 x + 4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 2 2x + 1 2x + 1 0,25 Phương trình tương đương với : 2 ( ) 2 − m( )+2=0. x2 +1 x2 +1 2x + 1 = t Điều kiện : -2< t ≤ 5 . Rút m ta có: m= 2t + 2 2 0,75 Đặt x2 +1 t Lập bảng biến thiên của hàm số trên − 2, 5 ( ] , ta có kết quả của m để 12 phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 4 < m ≤ hoặc -5 < m < −4 5 Vb.1 Trong mặt phẳng với hệ Oxy cho hình vuông ABCD biết các điểm M(2;1) ; N(4; -2) ; P(2; 0); Q(1; 2) lần lượt thuộc cạnh AB; BC; CD và AD. Hãy lập phương 1,00 trình các cạnh của hình vuông trên.  + Giả sử đường thẳng AB qua M và có véc tơ pháp tuyến là n ( a; b)  (a2 + b2 ≠ 0) => véc tơ pháp tuyến của BC là: n1 ( −b; a ) .Phương trình AB có dạng: a(x-2) +b(y-1)= 0 0,5 ⇔ ax + by -2a-b =0 BC có dạng: -b(x- 4) +a(y+ 2) =0 ⇔ - bx + ay +4b + 2a =0 Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) −b 3b + 4a b = −2a Hay = ⇔ a2 + b2 a2 + b2 b = −a Trường hợp 1: b= -2a; Phương trình các cạnh cần tìm là: 0,25 AB: x- 2y = 0 ; CD : x- 2y-2 =0 BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y -4 =0 0,25 Trường hợp 2: b= -a . Khi đó AB: -x + y+ 1 =0 BC: -x –y + 2= 0 AD: -x –y +3 =0 CD: -x + y+ 2 =0 x = 3 + t  x = −2 + 2u   Cho (∆ ):  y = −1 + 2t ; (∆ ’)  y = 2u 1,0 Vb z = 4  z = 2 + 4u   0 2 Viết phương trình đường vuông góc chung của (∆ ) và (∆ ’) + Gọi đường vuông góc chung của (∆ ) và (∆ ’) là d 0, [ ] 25  1  Khi đó u d = u , u ' = (4;−2;−1) 2 + Gọi (α) là mặt phẳng chứa (∆ ) và (d) thì (α) qua N(3; -1; 4) và có véc tơ pháp  [  ] tuyến: n1 = u , u d = (− 2;1;− 10) 0,2 5 Vậy phương trình của (α) là: 2x- y + 10z - 47 =0 + Gọi (β) là mặt phẳng chứa (∆ ’) và (d) thì (β) qua M(-2; 0; 2) và có véctơ pháp 0,2
  9. Câu Nội dung Điểm    tuyến: n2 = [ u ' , u d ] = (6;18;−12) 5 Vậy phương trình của (β) là: x + 3y- 2z + 6 =0 Do đó đường vuông góc chung của ∆ và ∆ ’ là giao tuyến của hai mặt phẳng: 0,2 2x – y + 10z – 47 = 0 và x + 3y – 2z + 6 =0 5 +Lập phương trình tham số của (d).(HS tự làm) VIIb Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) .... 1,00 1 1 +) Ta có y = 2x − 1 + . lim [ y − (2x − 1)] = lim = 0 . Do đó (C) có tiệm x − 1 x →± ∞ x →± ∞ x − 1 cận xiên y = 2x – 1. 2x 2 − 3x + 2 2x 2 − 3x + 2 0,25 +) lim+ = + ∞; lim− = −∞ . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 x→1 x −1 x→1 x−1  1  +) Gọi M ∈ (C) ⇒ M =  x 0 ;2x 0 − 1 +  , x ≠1  x 0 − 1 0  Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là  1  2x 0 −  2x 0 − 1 +   −1  x 0 − 1  1 0,25 d = x0 −1 + = x0 −1 + 22 + 12 5 x0 −1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có 1 2 2 1 1 0,25 d ≥ 2 x0 −1 = 4 ⇒ d= khi x 0 − 1 = ⇔ x0 = 1± 4 5 x0 −1 5 4 5 5 x0 − 1 5  1 2 4   1 2  Vậy d nhỏ nhất khi M =  1 + 4 ;1 + 4 +  5  ; M =  1 − 4 ;1 − 4 − 4   5  0,25  5 5   5 5  Chý ý học sinh làm cách khác kết quẩ đúng vẫn được điểm tối đa
Đồng bộ tài khoản