Đề thi và đáp án thi thử ĐH môn Toán năm 2010_THPT Trần Hưng Đạo lần 2

Chia sẻ: N T | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

0
157
lượt xem
45
download

Đề thi và đáp án thi thử ĐH môn Toán năm 2010_THPT Trần Hưng Đạo lần 2

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 thử đh môn toán năm 2010_thpt trần hưng đạo lần 2', 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 thử ĐH môn Toán năm 2010_THPT Trần Hưng Đạo lần 2

  1. Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2 Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán - Thời gian: 180 phút Đề Bài Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x − 3 ( m + 1) x + 9 x + m − 2 (1) có đồ thị là (Cm) 3 2 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1. 2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng 1 với nhau qua đường thẳng y = x . 2 Câu II: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình: sin 2 x ( cos x + 3) − 2 3cos3 x − 3 3cos2 x + 8 ( ) 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 . 1  1  2) Giải bất phương trình : log 2 ( x 2 + 4 x − 5 ) > log 1  . 2 2  x+7 π 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = x.sin2x, y = 2x, x = . 2 Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ uuu 1 uuur r xuống (ABC) là H sao cho AP = AH . gọi K là trung điểm AA’, ( α ) là mặt phẳng 2 VABCKMN chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích VA ' B 'C ' KMN .  2 6 a + a − a 2 + a = 5 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:  a 2b 2 + ab 2 + b ( a 2 + a ) − 6 = 0  Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:  m −2 9 19 1 Cm + Cn +3 + < 2 Am  2 2 Pn −1 = 720  x2 y2 2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc + = 1 (E), viết phương trình đường 25 9 thẳng song song Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 biết: x = 2 + t  x −1 y − 2 z −1 d1 :  y = 2 + t d2 : = = z = 3 − t 2 1 5  Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c ≥ 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P= + + 1 + b2 1 + c2 1+ a2 ……………………Hết………………………
  2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Bài 1 Khi m = 1 ta có hàm số: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 • BBT: x -∞ 1 3 +∞ 1đ 1 y/ + 0 - 0 + 3 +∞ y -∞ 1 2 y ' = 3 x 2 − 6(m + 1) x + 9 Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: ∆' = 9(m + 1) 2 − 3.9 > 0 ⇔ m ∈ (− ;−1 − 3 ) ∪ (−1 + 3;+∞) ∞ m +1 2 1 Ta có y =  x − ( )  3 x − 6(m + 1) x + 9 − 2(m + 2m − 2) x + 4m + 1 2 3 3  Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y = −2(m 2 + 2m − 2) x + 4m + 1 1 Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y = x ta có điều kiện cần là 2 m = 1 [ ] 1 − 2( m 2 + 2m − 2) . = −1 ⇔ m 2 + 2m − 3 = 0 ⇔  2  m = −3 1đ Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và  x1 + x 2 4  2 = 2=2  CT là:   y1 + y 2 = − 2( x1 + x2 ) + 10 = 1  2  2 1 Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y = x ⇒ m = 1 tm . 2 Khi m = -3 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. ⇒ m = −3 không thỏa mãn. Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài 2 1 phương trình đưa về: ⇔ ( 3 cos x − sin x)(−2 cos 2 x − 6 cos x + 8) = 0  π 1đ  tan x = 3  x = 3 + kπ , k ∈ Ζ  3 cos x − sin x = 0  ⇔ ⇔ 2 ⇔ cos x = 1  cos x + 3 cos x − 4 = 0  cos x = 4(loai )  x = k 2π  2
  3. x 2 + 4x − 5 > 0  x ∈ (− ;−5) ∪ (1;+∞) ∞ Đk:  ⇔ ⇒ x ∈ (−7;−5) ∪ (1 + ∞) 0.75đ x + 7 > 0  x > −7 1 − 27 Từ pt ⇒ log 2 ( x + 4 x − 5) > − 2 log 2 ⇔ log 2 ( x 2 + 4 x − 5) > log 2 ( x + 7)2 ⇔ x < 2 x+ 7 5 − 27 Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x ∈ (−7; ) 5 3 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0 Diện tích hình phẳng là: π π S= ∫ ( x.sin 2 x − 2 x )dx = ∫ x(sin 2 x − 2)dx 2 2 0 0 0.75đ  du = dx u = x  π π2 π2 π2 π Đặt  ⇒  − cos 2 x ⇔S= − + = − (đvdt)  dv = (sin 2 x − 2)dx  v = − 2x 4 2 4 4 4  2 Bài 3 1 Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ a 3 A' ta có: AP = C' 2 ⇒ AH = a 3 Q Vì ∆' AHA' vuông cân tại H. B' Vậy A' H = a 3 K 1 a 3 a2 3 Ta có S ABC = a. = J 2 2 4 (đvdt) N a 2 3 3a 3 I E ⇒ V ABCA'B 'C ' = a 3. = (đ A 45 vt 4 4 C t) (1) M Vì ∆' AHA' vuông cân P 1đ ⇒ HK ⊥ AA' ⇒ HK ⊥ ( BB ' C ' C ) G ọi E = MN ∩ KH ⇒ BM = PE B H = CN (2) mà AA’ = A' H 2 + AH 2 = 3a 2 + 3a 2 = a 6 a 6 a 6 ⇒ AK = ⇒ BM = PE = CN = 2 4 1 V = S MNJI .KE 3 Ta có thể tích K.MNJI là: 1 1 a 6 KE = KH = AA ' = 2 4 4 2 a 6 a 6 1 a 2 6 a 6 a3 S MNJI = MN .MI = a. = (dvdt ) ⇒ VKMNJI = = (dvtt ) 4 4 3 4 4 8 3 3 3a a − VABCKMN 1 ⇒ = 8 2 83 = VA ' B 'C ' KMN 3a a 2 + 8 8 2 ĐK: a + a ≠ 0 2
  4. a 2 + a = −1 Từ (1) ⇔ (a + a) − 5(a + a ) − 6 = 0 2 2 2 ⇔ 2 a + a = 6  Khi a 2 + a = −1 thay vào (2)  −1 − 23.i  − 1 − 3i b = a = 2 2 ⇒ −b 2 − b − 6 = 0 ⇔  ; a + a +1 = 0 ⇔  2  −1 + 23.i  − 1 + 3i b = a =  2  2  −1 + 5  a = −3 b = 2 Khi a 2 + a = 6 ⇔  Thay vào (2) ⇒ 6b + 6b − 6 = 0 ⇔  2  a=2  −1 − 5 b =  2  − 1 − 23i − 1 − 3i   − 1 − 23i − 1 + 3i  Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:   2 ; 2 , 2 ; 2        − 1 + 23i − 1 − 3i   − 1 + 23i − 1 − 3i   − 1+ 5   − 1− 5   − 1+ 5   − 1− 5   ; , ;  ;  − 3; ,  − 3; ,  2; ,  2;   2 2  2 2     2   2  2  2      Bài  m −2 9 19 1 4 1) C m + cn+3 + 2 < 2 Am Từ (2): (n − 1)!= 720 = 6!⇔ n − 1 = 6 ⇔ n = 7 Thay n = 7 vào 2   Pn−1 = 720  m(m − 1) 9 19 ⇔ + 45 + < m 2 2 2 (1) ⇔ 9 < m < 11 vì m ∈ Ζ ⇒ m = 10 ⇔ m − m + 90 + 9 < 19m 2 ⇔ m 2 − 20m + 99 < 0 Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C 7 .C10 = 1575 cách 3 2 TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C 7 .C10 = 350 cách 4 1 TH3: 5 bông hồng nhung có: C 7 = 21 cách 5 ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường C17 = 6188 5 1946 ⇒P= ≈ 31,45% 6188 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: a2 y2 + =1 25 9 25 − a 2 3 ⇒ y 2 = 9. ⇒ y=± 25 − a 2 y 2 a 2 25 − a 2 25 5 ⇔ = 1− = 9 25 25  3 2   3  Vậy A a; 25 − a , B a;− 25 − a 2   5   5 
  5.  6  10 100 100 125 AB =  0; 25 − a 2  ; ⇔ 25 − a 2 = ⇔ 25 − a 2 = ⇔ a 2 = 25 − =  5  3 9 9 9 5 5 −5 5 5 5 ⇒a=± Vậy phương trình đường thẳng: x = ,x = 3 3 3  x = 1 + 2t '  3)đường thẳng d2 có PTTS là:  y = 2 + t '  z = 1 + 5t '  r ⇒ vectơ CP của d1 và d2 là: ud1 = (1;1; −1), ud2 = (2;1;5) r r r ⇒ VTPT của mp( α ) là nα = ud1 .ud2  = (6; −7; −1)   ⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1) ⇒ d ( M , (α )) = d ( N , (α )) |12 − 14 − 3 + D |=| 6 − 14 − 1 + D | ⇔| −5 + D |=| −9 + D |⇔ D = 7 Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z + 7 = 0 Bài 5 a3 b3 c3 Ta có: P + 3 = + b2 + + c2 + + a2 1+ b 2 1+ c 2 1+ a 2 6 a 3 a 2 1+ b 2 b3 b2 1 + c2 ⇔ P+ = + + + + + 4 2 2 1+ b2 2 1+ b2 4 2 2 1 + c2 2 1 + c2 4 2 c3 c2 1+ a2 a6 b6 c6 + + +≥3 3 +33 +3 3 2 1+ a2 2 1+ a2 4 2 16 2 16 2 16 2 3 3 9 9 3 9 3 3 ⇒ P+ ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) = 6 ⇒ P ≥ − = − = 2 2 23 2 2 2 8 26 2 3 2 2 2 2 2 2 2 Để PMin khi a = b = c = 1

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản