Đề thi và đáp án kỳ thi thử ĐH lần 2 môn Toán khối A-B-V (2009-2010)_THPT Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định

Chia sẻ: Nguyen Phuc | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:3

0
188
lượt xem
44
download

Đề thi và đáp án kỳ thi thử ĐH lần 2 môn Toán khối A-B-V (2009-2010)_THPT Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định

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 2 môn toán khối a-b-v (2009-2010)_thpt chuyên lê quý đôn bình định', 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 2 môn Toán khối A-B-V (2009-2010)_THPT Chuyên Lê Quý Đôn Bình Định

  1. SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 (lần 2) TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: Toán – Khối A, B, V Thời gain làm bài: 180 phút Ngày thi: 03/04/2010 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm) 2x −1 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C). Câu II: (2 điểm) x 4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2 1 Giải phương trình: 2 =0 2sinx - 3 2. Giải bất phương trình: x 2 − 3 x + 2.log 2 x 2 ≤ x 2 − 3 x + 2.(5 − log x 2) Câu III: ( 1 điểm). Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) của hàm sô y = x3 – 2x2 + x + 4 và tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x0 = 0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox. Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai a 15 đường thẳng AB và A’C bằng . Tính thể tích của khối lăng trụ 5 Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: (2 x + 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)    y-1 − 2 4 ( y + 1)( x − 1) + m x + 1 = 0  (2) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2 Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: ( 2 điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x2 + y2 = 1; và phương trình: x2 + y2 – 2(m + 1)x + 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường tròn với mọi m.Gọi các đường tròn tương ứng là (Cm). Tìm m để (Cm) tiếp xúc với (C). x −1 y + 2 z 2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng (P): 2x + y – 2z + 2 = 0. 1 1 1 Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng (P) và đi qua điểm A(2; - 1;0) Câu VII.b: ( 1 điểm). Cho x; y là các số thực thoả mãn x2 + y2 + xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 5xy – 3y2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b: ( 2 điểm). x −2 y −3 z −3 1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng d1 : = = và 1 1 −2 x −1 y − 4 z − 3 d2 : = = . Chứng minh đường thẳng d1; d2 và điểm A cùng nằm trong một mặt phẳng. 1 −2 1 Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d1 chứa đường cao BH và d2 chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC.  1 2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm F1 (− 3;0); F2 ( 3;0) và đi qua điểm A  3;  .  2 Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính biểu thức: P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức:
  2. S = C2010 − 3C2010 + 32 C2010 + ... + (−1) k C2010 + ... + 31004 C2010 − 31005 C2010 0 2 4 2k 2008 2010 ------------------------------------Hết -------------------------------------- Hướng dẫn giải Câu I: x = X −1 2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy --> IXY:  y = Y + 2 3 Hàm số đã cho trở thành : Y = − hàm số đồng biến nê (C) đối xứng qua đường thẳng Y = - X X Hay y – 2 = - x – 1 ⇔ y = - x + 1 3 x Câu II: 1. Điều kiện: s inx ≠ và cos ≠ 0 và cosx ≠ 0 2 2 cosx = 1 Biến đổi pt về: 4cos x - 4 cos x – cosx + 1 = 0 ⇔  3 2 cosx = ± 1  2 2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2. x 2 − 3 x + 2.log 2 x 2 ≤ x 2 − 3 x + 2.(5 − log x 2) 2 log 2 x − 5log 2 x + 2 ⇒ 2 ≤0 log 2 x Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4 Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y=x+4 x = 0 Phương trình hoành độ giao điểm: x3 – 2x2 = 0 ⇔  x = 2 2 2 V = π ∫ ( x + 4) dx − π ∫ ( x − 2 x + x + 4) dx 2 3 2 2 0 0 Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH ⊥ M’C AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH a 15 a 15 HC = ; M’C = ; MM’ = a 3 10 2 3 3 Vậy V = a 4 Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+∞) x +1 = (2 x + 1) ln x Gọi x1; x2 ∈ [0;+∞) với x1 > x2 2 x1 + 1 > 2 x2 + 1 > 0   Ta có : x1 + 1 x2 + 1  ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) : f(x) là hàm số tăng ln > ln > 0 x1 x2  Từ phương trình (1) ⇒ x = y x −1 x −1 (2) ⇒ x − 1 − 2 4 ( x − 1)( x + 1) + m x + 1 = 0 ⇔ − 24 +m=0 x +1 x +1 x −1 Đặt X = 4 ==> 0 ≤ X < 1 x +1 Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X2 – 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1
  3. Đặt f(X) = X2 – 2X == > f’(X) = 2X – 2 ==> hệ có nghiêm ⇔ -1 < m ≤ 0 Câu VI.a 1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (Cm) có tâm I(m +1; -2m) bán kính R ' = (m + 1) 2 + 4m2 + 5 OI = (m + 1) 2 + 4m 2 , ta có OI < R’ Vậy (C) và (Cm) chỉ tiếp xuc trong.==> R’ – R = OI ( vì R’ > R) Giải ra m = - 1; m = 3/5 2. Gọi I là tâm của (S) ==> I(1+t;t – 2;t) Ta có d(I,(P)) = AI == > t = 1; t = 7/13 (S1): (x – 2)2 + (y + 1)2 + (z – 1)2 = 1; (S2): (x – 20/13)2 + (y + 19/13)2 + (z – 7/13)2 = 121/139 Câu VII.a 5 xy − 3 y 2 P= 2 x + xy + y 2 Với y = 0 ==> P = 0 5t − 3 Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có: P = 2 ⇔ Pt 2 + ( P − 5)t + P + 3 = 0 (1) t + t +1 + P = 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm t = 3/5 + P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi ∆’ = - P2 – 22P + 25 ≥ 0 ⇔ - 25/3 ≤ P ≤ 1 Từ đó suy maxP , minP Câu VI.b: r 1. d1 qua M0(2;3;3) có vectơ chỉ phương a = (1;1; −2) r d2 qua M1(1;4;3) có vectơ chỉ phương b = (1; −2;1) urr r r r uuuuuur Ta có  a,b  ≠ 0 va  a, b  M 0 M 1 = 0     (d1,d2) : x + y + z – 8 = 0 ==> A ∈ (d1,d2) t +5 t +5  B(2 + t;3 + t;3 - 2t); M  ; ;3 − t  ∈ d2 ==> t = - 1 ==> M(2;2;4)  2 2  uuu r r C( 1+t;4-2t;;3+t) : AC ⊥ a ==> t = 0 ==> C(1;4;2) x2 y 2 3 1 x2 y 2 2. (E): 2 + 2 = 1 ⇒ 2 + 2 = 1 , a = b + 3 ==> 2 2 + =1 a b a 4b 4 1 P = (a + exM)2 + (a – exM)2 – 2( xM + yM ) – (a2 – e2 xM ) = 1 2 2 2 Câu VII.b: ( ) ( ) = 2 ( C2010 − 3C2010 + 32 C2010 + ... + (−1) k 3k C2010 + ... + 31004 C2010 − 31005 C2010 ) 2010 2010 Ta có: 1 + i 3 + 1− i 3 0 2 4 2k 2008 2010 2010π 2010π -2010π -2010π  ( ) ( )  2010 2010 Mà 1 + i 3 + 1− i 3 = 22010 (cos + sin ) + 22010  cos + sin  3 3  3 3  = 2.2 ( cos670π ) = 2.2 2010 2010 Vậy S = 22010 -----------------------------------------------------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản