Đề thi và đáp án thi ĐH môn Toán năm 2010

Chia sẻ: N T | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

2
187
lượt xem
92
download

Đề thi và đáp án thi ĐH môn Toán năm 2010

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

Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án thi đh môn toán 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: Đề thi và đáp án thi ĐH môn Toán năm 2010

  1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LƯƠNG VĂN CHÁNH MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) TỔ TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) 2x Cho hàm số y = x+2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2,0 điểm)  π  π  4cos 2 2 x 1. Giải phương trình: tan  2 x −  .tan  2 x +  =  4  4  tan x-cotx  3 y  x2 + y 2 −1 + 2 x = 1  2. Giải hệ phương trình:   x 2 + y 2 + 4 x = 22   y Câu III. (1,0 điểm) 8 ln x Tính tích phân I = ∫3 x +1 dx Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có độ dài cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy góc 600. Mặt phẳng (P) chứa AB và đi qua trọng tâm tam giác SAC cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích hình chóp S.ABMN theo a. Câu V. (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c thỏa mãn : 0 < a ≤ 1, 0 < b ≤ 1, 0 < c ≤ 1 . Chứng minh rằng:  1  1 1 1 1 +  ( a + b + c) ≥ 3 + + +  abc  a b c PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A ( −3;6 ) , trực tâm H ( 2;1) , 4 7 trọng tâm G  ;  . Xác định toạ độ các đỉnh B và C. 3 3 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( α ) và mặt cầu (S) có phương trình ( α ) : 2 x − y + 2 z − 3 = 0 và ( S ) : x2 + y2 + z 2 − 2x + 4 y − 8z − 4 = 0 . Xét vị trí tương đối của mặt cầu (S) và mặt phẳng ( α ) . Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với mặt cầu (S) qua mặt phẳng ( α ) . Câu VII.a (1,0 điểm)
  2. Đội dự tuyển bóng bàn có 10 nữ, 7 nam, trong đó có danh thủ nam là Vũ Mạnh Cường và danh thủ nữ là Ngô Thu Thủy. Người ta cần lập một đội tuyển bóng bàn quốc gia từ đội dự tuyển nói trên. Đội tuyển quốc gia bao gồm 3 nữ và 4 nam. Hỏi có bao nhiêu cách lập đội tuyển quốc gia sao cho trong đội tuyển có mặt chỉ một trong hai danh thủ trên. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A thuộc đường thẳng d: x – 4y – 2 = 0, cạnh BC song song với d, phương trình đường cao BH: x + y + 3 = 0 và trung điểm của cạnh AC là M(1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình thang cân ABCD với A ( 3; −1; −2 ) , B ( 1;5;1) , C ( 2;3;3) , trong đó AB là đáy lớn, CD là đáy nhỏ (CD < AB). Tìm toạ độ điểm D. Câu VII.b (1,0 điểm) 23 x +1 + 2 y −2 = 3.2 y +3 x  Giải hệ phương trình:   3x + 1 + xy = x + 1 2  ------------------------------- Hết ----------------------------- TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỔ TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 MÔN TOÁN – KHỐI A (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu Đáp án Điể m I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 2x y= x+2 Tập xác định TXĐ: D = R \ { 2} 4 0,25 Sự biến thiên y ' = > 0 ∀x ∈ D ( x + 2) 2 Hàm số đồng biến trên ( −∞; −2 ) và ( −2; +∞ ) Bảng biến thiên x –∞ –2 +∞ y’ + + 0,25 y +∞ 2 2 –∞ Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = - 2; tiệm cận ngang y = 2 Đồ thị nhận giao điểm I ( −2; 2 ) của hai đường tiệm cận làm tâm 0,25 đối xứng
  3. Đồ thị: y 6 0,25 2 –2 O x 2 Viết phương trình tiếp tuyến (1,00 điểm) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ a ≠ −2 thuộc đồ thị (C) có phương trình: 4 2a 0,25 2 ( x − a) + ⇔ 4 x − ( a + 2 ) y + 2a 2 = 0 ( d ) 2 y= ( a + 2) a+2 Tâm đối xứng I ( −2; 2 ) . Ta có 8 a+2 8 a+2 8 a+2 d ( I,d ) = ≤ = =2 2 2 a+2 2 0,25 16 + ( a + 2 ) 2.4. ( a + 2 ) 4 2 a = 0 d ( I , d ) lớn nhất khi ( a + 2 ) = 4 ⇔  2  a = −4 0,50 Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến y = x và y = x + 8 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)   π  π cos  2 x −  ≠ 0; cos  2 x +  ≠ 0 Điều kiện   4  4 ( *) 0,25 sin 2 x ≠ 0; t anx-cotx ≠ 0  Để ý rằng  π  π π   π tan  2 x −  .tan  2 x +  = − tan  − 2 x  .tan  2 x +  =  4  4 4   4  π  π − cot  2 x +  .tan  2 x +  = −1  4  4
  4. 4cos 2 2 x Khi đó PT (1) trở thành: −1 = ⇔ c otx-tanx=4cos 2 2 x t anx-cotx 0,5 1 − tan x 2 1 2 4 ⇔ ( tan 2 x − 1) = 0 2 ⇔ =4 ⇔ = t anx 1+tan 2 2 x tan 2 x 1 + tan 2 2 x π π π ⇔ tan 2 x = 1 ⇔ 2 x = + mπ ⇔ x = + k ( k ∈ Z) : Không 4 8 2 0,25 thoả điều kiện (*). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x ≠ 0, y ≠ 0, x 2 + y 2 − 1 ≠ 0 x Đặt u = x + y − 1; v = . 2 2 y 0,25 3 2 3 2  + =1  + = 1( 1) HPT trở thành:  u v ⇔ u v u = 21 − 4v ( 2 ) u + 1 + 4v = 22   Thay (2) vào (1) ta được: v = 3 3 2 + = 1 ⇔ 2v − 13v + 21 = 0 ⇔  2 0,25 21 − 4v v v = 7  2 Nếu v = 3 thì u = 9, ta có HPT:  x2 + y 2 −1 = 9   x 2 + y 2 = 10  y = ±1 0,25 x ⇔ ⇔ y =3 x = 3y  x = ±3  7 Nếu v = thì u = 7, ta có HPT: 0,25 2  2  x2 + y2 − 1 = 7  x2 + y 2 = 8  y = ±4    53 x 7 ⇔ 7 ⇔ y = 2 x = y  x = ±14 2   2   53 So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của HPT. III Tính tích phân 1,00 u = ln x  dx  du = Đặt  dx ⇒  x 0,25  dv =  x + 1 v = 2 x + 1 
  5. 8 x +1 ( ⇒ I = 2 x + 1 ln x ) 8 3 − 2∫ x dx = 6 ln 8 − 4 ln 3 − 2 J 3 0,25 8 x+1 Với J = ∫ dx 0,25 3 x 3 3 3 t t2  1 1  đặt t = x + 1 ⇒ J = ∫ 2 .2tdt = 2∫ 2 dt = ∫  2 + −  dt 2 t −1 2 t −1 2 t −1 t + 1  t −1  8 =  2t + ln 3 = 2 + ln 3 − ln 2  t +1   0,25 Từ đó I = 20ln 2 − 6ln 3 − 4 IV Tính thể tích hình chóp S.ABMN 1,00 S N K A G D M I 600 J O 0,25 B C Kẻ SO vuông góc với (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm ∆ SAC ¶ Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là SJI = 600 Vì ∆ SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆ SIJ IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD 0,25 2 3a 1 3 3a IK = ; S ABMN = ( AB + MN ) IK = 0,25 2 2 8 a 1 3a 3 SK ⊥ ( ABMN ); SK = ⇒ V = S ABMN .SK = (đvtt) 0,25 2 3 16 V Chứng minh bất đẳng thức 1,00
  6. Vì 0 < a ≤ 1, 0 < b ≤ 1 nên ( a − 1) ( b − 1) ≥ 0 ⇒ ab − a − b + 1 ≥ 0 1 1 1 ⇒ 1 ≥ a + b − ab ⇒ ≥ + − 1( 1) 0,25 ab a b 1 1 1 1 1 1 Chứng minh tương tự : ≥ + − 1( 2 ) , ≥ + − 1( 3 ) bc b c ca c a 0,25 Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế : 1 1 1 1 1 1 + + ≥ 2  + +  − 3( 4) ab bc ca a b c Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cauchy ta có :  1  1 1 1 1 1 1 1 +  ( a + b + c) = a + b + c + + + ≥ a + b + c + 2 + +  − 3  abc  ab bc ca a b c 0,25 1 1 1 1 1 1 ≥ 2 ( a + b + c)  + +  + + + − 3 a b c a b c 1 1 1 Cũng theo BĐT Cauchy ta được : ( a + b + c )  + +  ≥ 9 a b c  1  1 1 1 1 1 1 Do đó  1 +  ( a + b + c ) ≥ 6 + + + − 3 = 3 + + + (đpcm) 0,25  abc  a b c a b c Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. VI.a 2,00 1 Tìm tọa độ điểm B và điểm C (1,00 điểm) uuu 2 uur r 7 1 Gọi I là trung điểm của BC. Ta có AG = AI ⇒ I  ;  3 2 2 Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có PT : x – y – 3 = 0 0,50 7 1 Vì I  ;  là trung điểm của BC. 2 2 Giả sử B ( xB ; yB ) ⇒ C ( 7 − xB ;1 − yB ) và xB − yB − 3 = 0 H là trựuuur của tam giác ABC nên CH ⊥ AB c tâm uuu r CH = ( −5 + xB ; yB ) , AB = ( xB + 3; yB − 6 ) 0,25 uuur uuu r  xB − y B = 3  x = 1 x = 6 CH . AB = 0 ⇔  ⇔ B ∨  B 0,25 ( xB − 5 ) ( xB + 3) + ( yB − 6 ) = 0   y B = −2  y B = 3 Vậy B ( 1; −2 ) , C ( 6;3) hoặc B ( 6;3) , C ( 1; −2 ) 2 Viết phương trình mặt cầu đối xứng(1,00 điểm) ( S ) : ( x − 1) + ( y + 2 ) + ( z − 4 ) = 25 , tâm I ( 1; −2; 4 ) và R = 5 0,25 2 2 2 Khoảng cách từ I đến ( α ) d ( I , ( α ) ) = 3 < R
  7. Vậy ( α ) và mặt cầu (S) cắt nhau. Gọi J là điểm đối xứng của I qua ( α )  x = 1 + 2t 0,25  PT đường thẳng IJ :  y = −2 − t  z = 4 + 2t  Toạ độ giao điểm H của IJ và ( α ) thoả  x = 1 + 2t t = −1 0,25  y = −2 − t  x = −1    ⇔ ⇒ H ( −1; −1; 2 )  z = 4 + 2t  y = −1 2 x − y + 2 z − 3 = 0  z = 2  Vì H là trung điểm của IJ nên J ( −3;0;0 ) Mặt cầu (S’) có tâm J bán kính R’ = R = 5 nên có PT: ( S ') : ( x + 3) + y 2 + z 2 = 25 0,25 2 VII. Số cách chọn đội tuyển bóng bàn quốc gia 1,00 a 1. Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ 0,25 3 Số cách chọn 3 nam còn lại là C6 3 Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là C9 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C6 .C9 = 1680 (cách) 3 3 0,25 2. Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường 4 Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là C6 2 Số cách chọn 2 nữ còn lại là C9 0,25 Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là C .C = 540 (cách) 4 2 6 9 0,25 Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là 1680 + 540 = 2220 (cách) ĐS: 2220 (cách) VI.b 2,00 1 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C (1,00 điểm) Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có PT: y = x Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ :  2  x=− 0,50 x − 4 y − 2 = 0  3  2 2  ⇔ ⇒ A − ; −  y = x y = − 2  3 3   3 8 8 Vì M là trung điểm của AC nên C  ;  3 3
  8. x Vì BC đi qua C và song song với d nên PT (BC) : y = +2 0,25 4 x + y + 3 = 0   x = −4 0,25 BH ∩ BC = B :  x ⇔ ⇒ B ( −4;1)  y = +2  y =1  4 2 Tìm tọa độ đỉnh D (1,00 điểm) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. Gọi ∆ là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của ∆ và (S). 0,25 uuu r Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương AB = ( −2;6;3) nên có phương 0,25  x = 2 − 2t  trình:  y = 3 + 6t  z = 3 + 3t  Phương trình mặt cầu ( S ) : ( x − 3) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 9 2 2 2 Toạ độ điểm D thoả HPT:  x = 2 − 2t 0,25  y = 3 + 6t t = −1   z = 3 + 3t ⇒ 49t + 82t + 33 = 0 ⇔  2  t = − 33 ( x − 3) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 2 ) 2 = 9  49  Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7 33  164 51 48  0,25 Với t = − ⇒ D  ; − ;  (nhận) 49  49 49 49  VII. Giải hệ phương trình 1,00 b 23 x +1 + 2 y −2 = 3.2 y +3 x  ( 1)  0,25  3 x + 1 + xy = x + 1 ( 2 ) 2  PT  x+1 ≥ 0  x ≥ −1   x ≥ −1 ( 2) ⇔  2 ⇔ ⇔ 3 x + 1 + xy = x + 1  x ( 3x + y − 1) = 0   x = 0 ∨ y = 1 − 3x Với x = 0 thay vào (1) : 8 8 0,25 2 + 2 y − 2 = 3.2 y ⇔ 8 + 2 y = 12.2 y ⇔ 2 y = ⇔ y = log 2 11 11  x ≥ −1 Với  thay y = 1 – 3x vào (1) ta được : 0,25  y = 1 − 3x 23 x +1 + 2−3 x −1 = 3.2 ( 3) 1 Đặt t = 23 x +1 , vì x ≥ −1 nên t ≥ − 4
  9. 1 t = 3 − 2 2 PT (3) : t + = 6 ⇔ t − 6t + 1 = 0 ⇔  2 t t = 3 + 2 2  1 0,25 Đối chiếu điều kiện t ≥ − ta chọn t = 3 + 2 2 . 4 Khi đó 2 3 x +1 1 3 ( ) = 3 + 2 2 ⇔ x = log 2 3 + 2 2 − 1  ( ) y = 1 − 3 x = 2 − log 2 3 + 2 2 x = 0  Vậy HPT đã cho có 2 nghiệm  8 và  y = log 2 11   1 ( )   x = 3  log 2 3 + 2 2 − 1  (  y = 2 − log 2 3 + 2 2  )

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản