Đề thi và đáp án kỳ thi thử ĐH lần 1 môn Toán khối A-B-D năm 2010_THPT Phan Châu Trinh Đà Nẵng

Chia sẻ: Nguyen Phuc | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

0
177
lượt xem
55
download

Đề thi và đáp án kỳ thi thử ĐH lần 1 môn Toán khối A-B-D năm 2010_THPT Phan Châu Trinh Đà Nẵng

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

Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án kỳ thi thử đh lần 1 môn toán khối a-b-d năm 2010_thpt phan châu trinh đà nẵng', 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 và đáp án kỳ thi thử ĐH lần 1 môn Toán khối A-B-D năm 2010_THPT Phan Châu Trinh Đà Nẵng

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN – Khối A TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) 1 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x − 2 x + 3 x. 3 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến này đi qua gốc tọa độ O. Câu II: (2,0 điểm)  π 1. Giải phương trình 2 sin  2 x +  = 3sin x + cos x + 2 .  4 2 y − x = 1  2 2 2. Giải hệ phương trình  3 3 . 2 x − y = 2 y − x  Câu III: (2,0 điểm) 1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình m x 2 − 2 x + 2 = x + 2 có 2 nghiệm phân biệt. 2 ( 2 ) 2. Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2 x + y = xy + 1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ x4 + y4 nhất của biểu thức P = . 2 xy + 1 Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a thể tích khối chóp S . ABCD và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I ( 1; −2;3) . Viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với trục Oy. Câu VI.a: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2.27 x + 18 x = 4.12 x + 3.8 x . tan x 2. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = . 1 + cos 2 x B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb:(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x + y + 2 x = 0 . Viết 2 2 phương trình tiếp tuyến của ( C ) , biết góc giữa tiếp tuyến này và trục tung bằng 30o . Câu VI.b: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình x 4+log3 x > 243 . mx 2 − 1 2. Tìm m để hàm số y = có 2 điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất. x -----Hết-----
  2. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh:..................................................... Chữ ký của giám thị 1: .......................................... Chữ ký của giám thị 2:...................................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1 TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Môn thi: TOÁN – Khối A CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu I Ý1 Tập xác định D=R . 0,25 đ (2,0đ) (1,0đ) Giới hạn: xlim y = −∞ ; xlim y = +∞ . →−∞ →+∞ 0,25 đ y ' = x 2 − 4 x + 3 . y ' = 0 ⇔ x = 1, x = 3 . BBT: Hàm số ĐB trên khoảng ( −∞;1) , ( 3; +∞ ) và NB trên khoảng 4 ( 1;3) .Hàm số đạt CĐ tại x = 1, yCD = và đạt CT tại x = 3, yCT = 0 0,25 đ 3 .  2 Đồ thị đi qua O và cắt Ox tại (3;0). Đồ thị đối xứng qua  2;  . 0,25 đ  3 Ý2 Phương trình tiếp tuyến ∆ tại điểm M 0 ( x0 ; y0 ) là (1,0đ) 0,25 đ ( ) 1 3 ∆ : y = x0 − 4 x0 + 3 ( x − x0 ) + x0 − 2 x0 + 3 x0 2 3 2 ∆ qua O ⇔ x0 = 0, x0 = 3 . 0,25 đ Khi: x0 = 0 thì ∆ : y = 3 x . 0,25 đ Khi: x0 = 3 thì ∆ : y = 0 . 0,25 đ Câu II Ý1 PT ⇔ sin 2 x + cos 2 x = 3sin x + cos x + 2 (2,0đ) (1,0đ) ⇔ 2sin x cos x − 3sin x + 2 cos 2 x − cos x − 3 = 0 . 0,25 đ ⇔ ( 2 cos x − 3) sin x + ( cos x + 1) ( 2 cos x − 3) = 0 . 0,25 đ ⇔ ( sin x + cos x + 1) ( 2 cos x − 3) = 0 3 Khi: cos x = (VN ) . 0,25 đ 2  π  π Khi : sin x + cos x = −1 ⇔ sin  x +  = − 1 ⇔  x = − 2 + k 2π .  4 2   x = π + k 2π 0,25 đ π KL: nghiệm PT là x = − + k 2π , x = π + k 2π . 2 Ý2 (1,0đ) 3 3 2 2 ( 3 ) Ta có: 2 x − y = 2 y − x ( 2 y − x ) ⇔ x + 2 x y + 2 xy − 5 y = 0 . 2 2 3 0,25 đ Khi y = 0 thì hệ VN. 0,25 đ 3 2 x x x Khi y ≠ 0 , chia 2 vế cho y 3 ≠ 0 ⇒   + 2   + 2   − 5 = 0 .  y  y  y
  3. x Đặt t = , ta có : t 3 + 2t 2 + 2t − 5 = 0 ⇔ t = 1 . 0,25 đ y y = x  Khi t = 1 ,ta có : HPT ⇔  2 ⇔ x = y = 1, x = y = −1 . 0,25 đ y =1  Câu III Ý1 x+2 (2,0đ) (1,0đ) Ta có: x 2 − 2 x + 2 ≥ 1 nên PT ⇔ m = . 0,25 đ x2 − 2x + 2 x+2 4 − 3x f ( x) = ⇒ f '( x) = Xét x2 − 2x + 2 x2 − 2x + 2 x2 − 2x + 2 . ( ) 0,25 đ 4 4 f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ; f   = 10; lim f ( x) = −1; lim f ( x) = 1 . 0,25 đ 3 3 x →−∞ x →+∞ KL: 1 < m < 10 . 0,25 đ Ý2 (1,0đ) ( Đặt t = xy . Ta có: xy + 1 = 2 ( x + y ) − 2 xy ≥ −4 xy ⇒ xy ≥ − 2 ) 1 5 0,25 đ ( Và xy + 1 = 2 ( x − y ) 2 ) 1 1 1 + 2 xy ≥ 4 xy ⇒ xy ≤ . ĐK: − ≤ t ≤ . 3 5 3 (x ) 2 2 + y2 − 2 x2 y2 −7t 2 + 2t + 1 . Suy ra : P = = 0,25 đ 2 xy + 1 4 ( 2t + 1) Do đó: P ' = ( 7 −t 2 − t ) , P ' = 0 ⇔ t = 0(th), t = −1(kth) 2 ( 2t + 1) 2 0,25 đ  1 1 2 1 P−  = P  = và P ( 0 ) = .  5  3  15 4 1 2  1 1 KL: GTLN là 4 và GTNN là 15 ( HSLT trên đoạn − 5 ; 3  )   0,25 đ Câu IV Gọi O là giao điểm AC và BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD ) (1,0đ) 2a 2 a 2 0,25 đ Ta có: SO = SA2 − OA2 = a 2 − = . 4 2 1 S ABCD = a 2 ⇒ VS . ABCD = a 3 2 . 0,25 đ 6 Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp 0,25 đ tam giác SMN. Ta chứng minh I cách đều các mặt của hình chóp S∆SMN = pr ⇒ r = 2a 2 2 = a 2 ( 3 −1 ) là bán kính cần tìm. 0,25 đ ( 4 a+a 3 ) 4 Câu Va Gọi M là hình chiếu của I lên Oy, ta có: M ( 0; −2;0 ) (1,0đ) 0,25 đ uuu r IM = ( −1;0; −3) ⇒ R = IM = 10 là bán kính mặt cầu cần tìm. 0,25 đ KL: PT mặt cầu cần tìm là ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 3) = 10 . 2 2 2 0,50 đ Câu VIa Ý1 0,25 đ 3x x 2x 2x x 3x (2,0đ) (1,0đ) Ta có : PT ⇔ 2.3 + 2 .3 = 4.2 3 + 3.2 .
  4. 3x 2x x 3 3 3 Chia 2 vế cho 2 3x > 0 : PT ⇔ 2   +   − 4  − 3 = 0 . 0,25 đ 2 2 2 x 3 3 2 3 Đặt t =   . ĐK: t>0; 2t + t − 4t − 3 = 0 ⇔ t = −1(kth); t = (th) . 0,25 đ 2 2 x 3 3 3 Khi t = , ta có:   = ⇔ x = 1 . KL: Nghiệm PT là x = 1 . 0,25 đ 2 2 2 Ý2 cos x sin x Ta có: F ( x ) = I = ∫ dx . (1,0đ) ( cos x 1 + cos 2 x 2 ) 0,25 đ Đặt t = cos 2 x ⇒ dt = −2 cos x sin xdx 1 dt 1  1 1 1 t +1 0,50 đ Suy ra : I = − ∫ = ∫ −  dt = ln +C . 2 t ( t + 1) 2  t + 1 t  2 t 1  1 + cos 2 x  KL: F ( x ) = ln  +C . 0,25 đ 2  cos 2 x  Câu Vb Ta có: Hệ số góc của tiếp tuyến ( ∆ ) cần tìm là ± 3 . 0,25 đ (1,0đ) Mà: ( C ) : ( x + 1) + y 2 = 1 ⇒ I ( −1;0 ) ; R = 1 . 2 0,25 đ Do đó: ( ∆1 ) : 3 x − y + b = 0 tiếp xúc (C) ⇔ d ( I , ∆1 ) = R b− 3 0,25 đ ⇔ = 1 ⇔ b = ±2 + 3 . KL: ( ∆1 ) : 3 x − y ± 2 + 3 = 0 . 2 Và : ( ∆ 2 ) : 3 x + y + b = 0 tiếp xúc (C) ⇔ d ( I , ∆ 2 ) = R b− 3 0,25 đ ⇔ = 1 ⇔ b = ±2 + 3 . KL: ( ∆ 2 ) : 3 x + y ± 2 + 3 = 0 . 2 Câu VIb Ý1 ĐK: x > 0 . BPT ⇔ ( 4 + log 3 x ) log 3 x > 5 (HS ĐB) 0,25 đ (2,0đ) (1,0đ) Đặt t = log3 x . Ta có: t 2 + 4t − 5 > 0 ⇔ t < −5 hoặc 1 < t . 0,25 đ 1 0,50 đ KL: Nghiệm BPT là 0 < x < hoặc 3 < x . 243 Ý2 mx 2 + 1 (1,0đ) Ta có: y ' = . 0,25 đ x2 Hàm số có 2 cực trị ⇔ y ' = 0 có 2 nghiệm PB khác 0 ⇔ m < 0 . 0,25đ  1   1  4 A − ; 2 −m  , B  ; −2 − m  ⇒ AB 2 = + 16 ( − m ) . 0,25đ  −m   −m  ( −m ) 4 1 AB 2 ≥ 2 .16 ( −m ) = 16 (không đổi). KL: m = − (th) . 0,25đ ( −m ) 2 …HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM: • Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
  5. • Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng câu và từng ý không được thay đổi. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN – Khối B TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Thời gian làm bài: 180 phút , không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2m 2 x 2 + m4 + 2m (1), với m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1 . 2. Chứng minh đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục Ox tại ít nhất hai điểm phân biệt, với mọi m
  6. 1. Giải bất phương trình 2 ( 1 + log 2 x ) log 4 x + log8 x < 0 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số y = x + ( m − 5 ) x − 5mx có điểm uốn ở trên đồ thị hàm số y = x3 3 2 . .......Hết...... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh:............................................................. Chữ ký của giám thị 1: .................................... Chữ ký của giám thị 2:............................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1 TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Môn thi: TOÁN – Khối B CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu I Ý1 Khi m = 1 ⇒ y = x 4 − 2 x 2 + 3 . (2,0đ) (1,0đ) 0,25 đ Tập xác định D=R . Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞ . x →−∞ x →+∞ 0,25 đ ( ) y ' = 4 x3 − 4 x = 4 x x 2 − 1 . y ' = 0 ⇔ x = 0, x = ±1 . Bảng biến thiên: Hàm số đồng biến trên khoảng ( −1;0 ) , ( 1; +∞ ) và nghịch biến trên 0,25 đ khoảng ( −∞; −1) , ( 0;1) . Hàm số đạt CĐ tại x = 0, yCD = 3 và đạt CT tại x = ±1, yCT = 2 . Đồ thị cắt Oy tại (0;3). Đồ thị đối xứng qua Oy. 0,25 đ Ý2 Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và Ox: (1,0đ) 0,25 đ x 4 − 2m2 x 2 + m4 + 2m = 0 (∗). Đặt t = x ( t ≥ 0 ) , ta có : t 2 − 2m 2t + m4 + 2m = 0 (∗∗). 2 0,25 đ Ta có : ∆ ' = −2m > 0 và S = 2m 2 > 0 với mọi m > 0 . 0,25 đ Nên PT (∗∗) có nghiệm dương. KL: PT (∗) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm). 0,25 đ Câu II Ý1 (2,0đ) (1,0đ) PT ⇔ 3 sin 2 x + cos 2 x + 4 sin x − 1 = 0 0,25 đ ⇔ 2 3 sin x cos x − 2sin 2 x + 4sin x = 0 . ⇔2 ( ) 3 cos x − sin x + 2 sin x = 0 . 0,25 đ  π 5π Khi : sin x − 3 cos x = 2 ⇔ sin  x −  = 1 ⇔ x = + k 2π . 0,25 đ  3 6 Khi: sin x = 0 ⇔ x = kπ . 5π 0,25 đ KL: nghiệm PT là x = kπ , x = + k 2π . 6 Ý2 Ta có : x = 2 y − m , nên : 2 y 2 − my = 1 − y . 0,25 đ
  7. (1,0đ) y ≤1  PT ⇔  1 ( vì y = 0 PTVN). 0,25 đ m = y − y + 2  1 1 Xét f ( y ) = y − + 2 ⇒ f ' ( y ) = 1 + 2 > 0 0,25 đ y y Lập BTT. KL: Hệ có nghiệm duy nhất ⇔ m > 2 . 0,25 đ Câu III Ý1 2 1  x −1   x −1  , (2,0đ) (1,0đ) Ta có: f ( x ) = .   . . 0,50 đ 3  2x +1   2x +1  3 1  x −1  KL: F ( x ) =   +C . 0,50 đ 9  2x +1  Ý2 2 1 (1,0đ) Áp dụng BĐT Cô-si : 18 x + ≥ 12 (1). Dấu bằng xãy ra khi x = . 0,25 đ x 3 2 2 Tương tự: 18 y + ≥ 12 (2) và 18 z + ≥ 12 (3). 0,25 đ y z Mà: −17 ( x + y + z ) ≥ −17 (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: P ≥ 19 . 0,25 đ 1 P = 19 ⇔ x = y = z = . KL: GTNN của P là 19 . 0,25 đ 3 Câu IV Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với (1,0đ) AD. TD DD ' 1 0,25 đ Vẽ DD’ // BC, ta có: DD’=BM ⇒ = = . TC MC 3 TD AP 1 QD DP CP 2 Mà: = = ⇒ AT / / DP ⇒ = = = . 0,25 đ TC AC 3 QA AT CA 3 VA. PQN AP AQ 1 3 1 1 Nên: = . = . = ⇒ VA.PQN = VABCD (1) 0,25 đ VA.CDN AC AD 3 5 5 10 VC .PMN CP CM 2 3 1 1 Và = . = . = ⇒ VABMNP = VABCD (2). VC . ABN CA CB 3 4 2 4 7 Từ (1) và (2), suy ra : VABMNQP = VABCD . 0,25 đ 20 7 13 KL tỉ số thể tích cần tìm là hoặc . 13 7 Câu Va (1,0đ) Gọi I ( m; 2m − 4 ) ∈ ( d ) là tâm đường tròn cần tìm. 0,25 đ 4 Ta có: m = 2m − 4 ⇔ m = 4, m = . 0,25 đ 3 2 2 4  4  4  16 Khi: m = thì PT ĐT là  x −  +  y +  = . 0,25 đ 3  3  3 9 Khi: m = 4 thì PT ĐT là ( x − 4 ) + ( y − 4 ) = 16 . 2 2 0,25 đ Câu VIa Ý1 (2,0đ) (1,0đ) ĐK : x > 0 . Ta có: 1 + log 2 x log 4 x = 3log 2 x . 0,25 đ Đặt t = log 2 x .Ta có: t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1, t = 2 . 0,25 đ
  8. Khi: t = 1 thì log 2 x = 1 ⇔ x = 2(th) . 0,25 đ Khi: t = 2 thì log 2 x = 2 ⇔ x = 4(th) . KL: Nghiệm PT x = 2, x = 4 . 0,25 đ Ý2 1 (1,0đ) Ta có: y = 1 + 0,25 đ x−2 Suy ra: x; y ∈ Z ⇔ x − 2 = ±1 ⇔ x = 3, x = 1 0,25 đ Tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số 0,25 đ nguyên là A ( 1;0 ) , B ( 3; 2 ) KL: PT đường thẳng cần tìm là x − y − 1 = 0 . 0,25 đ uuu r Câu Vb Ta có: AB = ( −3;0; −3) ⇒ AB = 3 2 . 0,25 đ (1,0đ) Tương tự: BC = CA = 3 2 . 0,25 đ Do đó: ∆ABC đều, suy ra tâm I đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là 0,25 đ trọng tâm của nó.  5 8 8 KL: I  − ; ;  . 0,25 đ  3 3 3 Câu VIb Ý1 t (2,0đ) (1,0đ) ĐK : x > 0 . Đặt t = log 2 x , ta có : ( 1 + t ) t + < 0 0,25 đ 3 2 4 BPT ⇔ 3t + 4t < 0 ⇔ − < t < 0 . 0,25 đ 3 4 1 KL: − < log 2 x < 0 ⇔ 3 < x < 1 . 0,50đ 3 2 2 Ý2 Ta có: y ' = 3x + 2 ( m − 5 ) x − 5m; y " = 6 x + 2m − 10 . 2 (1,0đ) 0,25 đ 5−m 5−m y" = 0 ⇔ x = ; y’’đổi dấu qua x = . 3 3  5 − m 2 ( m − 5 ) 3 5m ( m − 5 )  0,50 đ Suy ra: U  ; +  là điểm uốn  3 27 3    KL: m = 5 . 0,25 đ …HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM: • Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không làm tròn số. • Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng câu và từng ý không được thay đổi.
  9. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN – Khối D TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) x −3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = . x +1 2. Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I ( −1;1) và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của đoạn MN. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình cos 3x + sin 2 x = 3 ( sin 3 x + cos 2 x ) .  2. Giải hệ phương trình  ( ) 3 x 3 − y 3 = 4 xy .  x2 y 2 = 9  Câu III: (2,0 điểm) ( ) 1. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình ( m − 2 ) 1 + x + 1 = x − m có nghiệm. 2 2 a2 b2 c2 2. Chứng minh + + a+b b+c c+a 2 + 1 ( ) ab + bc + ca ≥ a + b + c với mọi số dương a; b; c . Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A a đến mặt phẳng (A’BC) bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . 2 II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M ( 2;1) và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . Câu VI.a: (2,0 điểm) 1. Giải bất phương trình 1 + log 2 x + log 2 ( x + 2 ) > log 2 ( 6 − x ) . 2. Tìm ∫ ln x dx . 2 B. Theo chương trình Nâng cao
  10.  1 Câu Vb: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm M  3;  . Viết phương trình  2 chính tắc của elip đi qua điểm M và nhận F1 − 3;0 làm tiêu điểm. ( ) Câu VI.b: (2,0 điểm)  y 2 + x = x2 + y  1. Giải hệ phương trình  x y +1 . 2 = 3  cos 2 x − 1 2. Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = . cos 2 x + 1 .......Hết...... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh:............................................................. Chữ ký của giám thị 1: .................................... Chữ ký của giám thị 2:............................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN 1 TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Môn thi: TOÁN – Khối D CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Câu I Ý1 Tập xác định: D = R \ { −1} . 0,25 đ (2,0đ) (1,0đ) Sự biến thiên: • Giới hạn và tiệm cận: xlim y = 1; xlim y = 1 ⇒ y = 1 là →−∞ →+∞ TCN. 0,25 đ lim y = +∞; lim y = −∞ ⇒ x = −1 x →( −1) − x →( −1) + là TCĐ 4 y'= > 0, ∀x ∈ D . ( x + 1) 2 0,25 đ • BBT: Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) , ( −1; +∞ ) Và không có cực trị. Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua 0,25 đ ( −1;1) . Ý2 Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k d : y = k ( x + 1) + 1 . (1,0đ) Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N x−3 0,25 đ ⇔ PT : = kx + k + 1 x +1 có 2 nghiệm PB khác −1 . Hay: f ( x ) = kx + 2kx + k + 4 = 0 có 2 nghiệm PB khác −1 2 k ≠ 0  0,25 đ ⇔  ∆ = −4 k > 0 ⇔ k < 0 .  f −1 = 4 ≠ 0  ( ) Mặt khác: xM + xN = −2 = 2 xI ⇔ I là trung điểm MN với ∀k < 0 . 0,25 đ
  11. KL: PT đường thẳng cần tìm là y = kx + k + 1 với k < 0 . 0,25 đ Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên. Câu II Ý1 Ta có: PT ⇔ cos 3 x − 3 sin 3 x = 3 cos 2 x + sin 2 x (2,0đ) (1,0đ) 1 3 3 1 ⇔ cos 3 x − sin 3 x = cos 2 x + sin 2 x 0,50 đ 2 2 2 2  π  π ⇔ cos  3 x +  = cos  2 x −  .  3  6 π π π Do đó: 3 x + = 2 x + + k 2π ⇔ x = − + k 2π . 0,25 đ 3 6 6 π π π k 2π Và: 3 x + = −2 x − + k 2π ⇔ x = − + 0,25 đ 3 6 10 5 Ý2 Ta có : x 2 y 2 = 9 ⇔ xy = ±3 . 0,25 đ (1,0đ) 3 3 . Khi: xy = 3 , ta có: x3 − y 3 = 4 và x . − y = −27 ( ) 3 3 ( ) Suy ra: x ; − y là nghiệm PT X 2 − 4 X − 27 = 0 ⇔ X = 2 ± 31 0,25 đ Vậy ngiệm của PT là x = 3 2 + 31, y = − 3 2 − 31 0,25 đ Hay x = 3 2 − 31, y = − 3 2 + 31 . 3 3 Khi: xy = −3 , ta có: x3 − y 3 = −4 và x . − y = 27 ( ) 0,25 đ 3 3 ( ) Suy ra: x ; − y là nghiệm PT X 2 + 4 X + 27 = 0( PTVN ) Câu III Ý1 Đặt t = x 2 + 1 . ĐK: t ≥ 1 , ta có: ( m − 2 ) ( t + 1) = t − m − 1 2 0,25 đ (2,0đ) (1,0đ) 1 1 1 Hay: m = t + ( t ≥ 1) . Xét f ( t ) = t + t + 2 ⇒ f ' ( t ) = 1 − t + 2 2 0,25 đ t+2 ( ) t 2 + 4t + 3 f '( t ) = , f ' ( t ) = 0 ⇔ t = −1(l ), t = −3(l ) . 0,25 đ ( t + 2) 2 4 Dựa vào BBT, ta kết luận m ≥ . 0,25 đ 3 Ý2 a2 ab ab 1 (1,0đ) Ta có: =a− ≥a− =a− ab (1) 0,50 đ a+b a+b 2 ab 2 b2 1 c2 1 Tương tự: ≥b− bc (2), ≥c− ca (3). 0,25 đ b+c 2 c+a 2 Cộng (1), (2), (3), ta có: a2 b2 c2 + + a+b b+c c+a 2 + 1 ( ab + bc + ca ≥ a + b + c ) 0,25 đ Câu IV Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M 0,25 đ (1,0đ) BC ⊥ AM  Ta có:  ⇒ BC ⊥ ( AA ' M ) ⇒ BC ⊥ AH . BC ⊥ AA ' 
  12. a Mà AH ⊥ A ' M ⇒ AH ⊥ ( A ' BC ) ⇒ AH = . 0,25 đ 2 1 1 1 a 6 Mặt khác: 2 = 2 + 2 ⇒ AA ' = . 0,25 đ AH A' A AM 4 3a 3 2 KL: VABC . A ' B ' C ' = . 0,25 đ 16 Câu Va Gọi d là ĐT cần tìm và A ( a;0 ) , B ( 0; b ) là giao điểm của d với Ox, (1,0đ) 0,25 đ x y 2 1 Oy, suy ra: d : + = 1 . Theo giả thiết, ta có: + = 1, ab = 8 . a b a b Khi ab = 8 thì 2b + a = 8 . Nên: b = 2; a = 4 ⇒ d1 : x + 2 y − 4 = 0 . 0,25 đ Khi ab = −8 thì 2b + a = −8 . Ta có: b 2 + 4b − 4 = 0 ⇔ b = −2 ± 2 2 . 0,25 đ ( ) ( Với b = −2 + 2 2 ⇒ d 2 : 1 − 2 x + 2 1 + 2 y − 4 = 0 ) Với b = −2 − 2 2 ⇒ d3 : ( 1+ 2 x ) + 2 ( 1 − 2 ) y + 4 = 0 . KL 0,25 đ Câu VIa (2,0đ) Ý1 (1,0đ) ĐK: 0 < x < 6 . BPT ⇔ log 2 ( 2 x + 4 x ) > log ( 6 − x ) . 2 2 2 0,25 đ Hay: BPT ⇔ 2 x 2 + 4 x > ( 6 − x ) ⇔ x 2 + 16 x − 36 > 0 2 0,25 đ Vậy: x < −18 hay 2 < x 0,25 đ So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là 2 < x < 6 . 0,25 đ Ý2 2 Đặt u = ln x ⇒ du = dx và dv = dx chọn v = x 2 (1,0đ) 0,25 đ x 0,50 đ Suy ra : I = ∫ ln x dx = x ln x − ∫ 2dx =x ln x − 2 x + C 2 2 2 KL: I = ∫ ln x dx =x ln x − 2 x + C 2 2 0,25 đ Câu Vb x2 y2 (1,0đ) PTCT elip có dạng: + = 1(a > b > 0) 0,25 đ a 2 b2 a 2 − b 2 = 3  Ta có:  3 1 0,25 đ  2 + 2 =1  a 4b 4 2 2 2 3 Ta có: 4b − b − 3 = 0 ⇔ b = 1(th), b = − (kth) 0,25 đ 4 2 2 x y Do đó: a 2 = 4 . KL: + =1 0,25 đ 4 1 Câu VIb Ý1 (2,0đ) (1,0đ) y 2 + x = x 2 + y ⇔ ( y − x ) ( y + x − 1 = 0 ) ⇔ y = x, y = 1 − x . 0,50 đ Khi: y = 1 − x thì 2 x = 32− x ⇔ 6 x = 9 ⇔ x = log 6 9 0,25 đ x 2 Khi: y = x thì 2 = 3 ⇔   = 3 ⇔ x = log 2 3 . x x +1 0,25 đ 3 3
  13. Ý2 Ta có: f ( x ) = − tan x . 2 0,25 đ (1,0đ) 1 f ( x) = 1− . 0,25 đ cos 2 x KL: F ( x ) = x − tan x + C . 0,50 đ …HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM: • Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không làm tròn số. • Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng câu và từng ý không được thay đổi.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản