Đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 2010_số 01

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

1
140
lượt xem
87
download

Đề và đáp án thi thử đại học môn Toán 2010_số 01

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

Tham khảo tài liệu 'đề và đáp án thi thử đại học môn toán 2010_số 01', 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 và đáp án thi thử đại học môn Toán 2010_số 01

  1. Trung tâm Hocmai.vn Hà Nội, ngày 07 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy - Tel: (094)-2222-408 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 01 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm số: y = 2 x + ( m + 1) x + ( m + 4m + 3) x + 1 . 3 2 2 3 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3. 2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x1 .x 2 − 2 ( x1 + x 2 ) . Câu II. 1 + cot 2 x cot x + 2 ( sin 4 x + cos 4 x ) = 3 1. Giải phương trình cos 2 x 2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình x ( 4 − x ) + m ( x 2 − 4 x + 5 + 2 ) ≥ 0 nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn  2; 2 + 3    Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD = a 2 , CD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 3a 2 ( a > 0 ) . Gọi K là trung điểm của cạnh CD. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O 1A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O 1(0; 0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA 1 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (α): 2 x + y + z − 5 = 0 và độ dài MN = 5 . 2 2 2 2  0  1  2  n  Câu IV. 1. Tính tổng: S =  C n  +  C n  +  C n  + ... +  C n  , ở đó n là số nguyên dương và C n là số k  1   2   3   n +1 tổ hợp chập k của n phần tử. 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 + 6 x − 2 y + 6 = 0 và các điểm B(2; -3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có diện tích nhỏ nhất. PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu) ln 5 dx Câu Va. 1. Tính tích phân: I = ∫ . ln 2 ( 10e − 1) −x ex −1  1− x 2  2 x 2 + xy + 3 = 2 y  ( 4) 2. Giải hệ phương trình:  2  2 ( x y + 2 x ) − 2 x y − 4 x + 1 = 0 ( 5 ) 2 2  π 4 Câu Vb. 1. Tính tích phân: I = ∫ x sin x dx . 3 0 cos x 2. Giải phương trình log 2 x + x log 7 ( x + 3) =  + 2 log 7 ( x + 3)  log 2 x 2 x  2   -----------------------Hết------------------------- HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH SỐ 01 Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt 1
  2. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày04 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 PHẦN I (Chung cho tất cả các thí sinh) Câu I. Cho hàm số: y = 2 x + ( m + 1) x + ( m + 4m + 3) x + 1 . 3 2 2 3 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3. 2. Với giá trị nào của m hàm số có cực đại, cực tiểu? Gọi x1, x2 là hoành độ hai điểm cực đại, cực tiểu của hàm số, hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x1 .x 2 − 2 ( x1 + x 2 ) . Đáp án: Ta có y ′ = 2 x 2 + 2 ( m + 1) x + m 2 + 4m + 3 . Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 hay ∆ ′ = ( m + 1) − 2 ( m 2 + 4m + 3) > 0 ⇔ m 2 + 6m + 5 < 0 ⇔ −5 < m < −1 2 Theo định lí Vi-ét, ta có x1 + x 2 = − ( m + 1) , x1 .x 2 = 1 ( m + 4m + 3) 2 2 Suy ra 1 ( m + 4m + 3) + 2 ( m + 1) = 1 m + 8m + 7 2 2 2 2 Ta nhận thấy, với m ∈ ( −5; − 1) thì −9 ≤ m 2 + 8m + 7 = ( m + 4 ) 2 − 9 < 0 9 Do đó A lớn nhất bằng khi m = -4. 2 Câu II. 1 + cot 2 x cot x + 2 ( sin 4 x + cos 4 x ) = 3 1. Giải phương trình cos 2 x Đáp án: Điều kiện: sin2x ≠ 0. Phương trình ⇔ sin 2 x ( 2 ) 2 + 2 1 − 1 sin 2 2 x = 3 ⇔ sin 4 2 x + sin 2 2 x − 2 = 0 sin 2 2 x = −2 ⇔ 2 ⇔ sin 2 2 x = 1 ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = π + k π ( k ∈ ¢ ) sin 2 x = 1 4 4  2. Tìm các giá trị của tham số m để bất phương trình x ( 4 − x ) + m ( x 2 − 4 x + 5 + 2 ) ≤ 2 nghiệm đúng với mọi giá trị x thuộc đoạn  2; 2 + 3    Đáp án: Đặt t = x 2 − 4 x + 5 . Từ x ∈  2; 2 + 3  ⇒ t ∈ [ 1; 2] . Bất phương trình đã cho tương đương với:   2 5 − t 2 + m ( t + 2 ) ≥ 0 ⇔ m ≥ t − 5 = g ( t ) (do t + 2 > 0 ) t+2 Bất phương trình nghiệm đúng ∀x ∈  2; 2 + 3  ⇔ m ≥ max g ( t ) , t ∈ [ 1; 2] .   Xét hàm g(t) có g(t) đồng biến ∀t ∈ [ 1; 2] ⇒ m ≥ max g ( t ) = m ( 2 ) = −1 , t ∈ [ 1; 2] 4 Page 2 of 5
  3. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày04 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 Câu III. 1. Hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD = a 2 , CD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 3 2a ( a > 0 ) . Gọi K là trung điểm của cạnh AC. Chứng minh mặt phẳng (SBK) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích khối chóp SBCK theo a. Đáp án: 1. Gọi H là giao của AC và BK thì BH = 2 BK = 2a 3 và CH = 1 ; CA = a 6 3 33 3 ⇒ BH 2 + CH 2 = 2a 2 = BC 2 ⇒ BK ⊥ AC Từ BK ⊥ AC và BK ⊥ SA ⇒ BK ⊥ (SAC) ⇒ (SBK) ⊥ (SAC) 2 VSBCK = 1 SA.SBCK = 1 3a 2 ⋅ a 2 = a 3 (đvtt) 3 3 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho lăng trụ đứng OAB.O 1A1B1 với A(2; 0; 0), B(0; 4; 0) và O 1(0; 0; 4). Xác định tọa độ điểm M trên AB, điểm N trên OA 1 sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (α): 2 x + y + z − 5 = 0 và độ dài MN = 5 . Đáp án:  x = 2n uuuu r  Có A1(2; 0; 4) ⇒ OA1 = ( 2; 0; 4 ) ⇒ phương trình OA1:  y = 0 ⇒ N ( 2n; 0; 4n )  z = 4n   x = 2 − 2m uuu r  Có AB = ( −2; 4; 0 ) ⇒ phương trình AB:  y = 4m ⇒ N ( 2 − 2m; 4m; 0 ) z = 0  uuuu r Vậy MN = ( 2n + 2m − 2; − 4m; 4m ) uuuu uuuu r r Từ MN // ( α ) ⇔ MN .n ( α ) = 0 ⇔ 2 ( 2n + 2m − 2 ) − 4m + 4n = 0 ⇔ n = 1 ⇒ N ( 1; 0; 2 ) . 2 Khi đó: m = 1  M 8 ; 4 ; 0 MN 2 = ( 2m − 1) + 16m 2 + 4 = 5 ⇔  2 5⇒ 1 5 5 ( ) m = 0    M 2 ( 2; 0; 0 ) ≡ A  2 2 2 2  0  1  2  n  Câu IV. 1. Tính tổng: S =  C n  +  C n  +  C n  + ... +  C n  , ở đó n là số nguyên dương và C n là số k  1   2   3   n +1 tổ hợp chập k của n phần tử. Cnk n! ( n + 1) ! C k +1 Đáp án: Ta có: = 1 ⋅ = 1 ⋅ = n +1 , ∀k = 0,1,..., n k + 1 k + 1 k !( n − k ) ! ( n + 1) ( k + 1) !( n − k ) ! n + 1 1 ( C 1 ) 2 + ( C 2 ) 2 + ( C 3 ) 2 + ... + ( C n +1 ) 2  Vậy: S = ( n + 1) 2   n +1 n +1 n +1 n +1 Từ ( 1 + x ) n +1 . ( 1 + x ) n +1 = ( 1 + x ) 2 n + 2 , cân bằng hệ số x n +1 ở hai vế ta có: Page 3 of 5
  4. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày04 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 ( C n0+1 ) + ( C n +1 ) + ( C n +1 ) + ( C n +1 ) + ... + ( C n +1 ) = C 2 n + 2 2 1 2 2 3 2 2 n +1 n +1 2 n +1 C 2n+ 2 − 1 Vậy: S = ( n + 1) 2 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 + 6 x − 2 y + 6 = 0 và các điểm B(2; -3) và C(4; 1). Xác định tọa độ điểm A thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC cân tại điểm A và có diện tích nhỏ nhất. Đáp án: Để ABC làm tam giác cân tại A thì A phải nằm trên đường trung trực (∆) qua trung điểm BC là uuu r M(3; 1) và nhận BC ( 2; 4 ) làm véc tơ pháp tuyến nên (∆) có phương trình: 2 ( x − 3) + 4 ( y + 1) = 0 ⇔ x + 2 y − 1 = 0 x 2 + y 2 + 6x − 2 y + 6 = 0  Vì A ∈ (C) nên tọa độ A là nghiệm của hệ:  x + 2y − 1 = 0  13 Giải hệ tìm ra hai điểm A1(-1; 1) và A2( − 21 ; ) 5 5 18 = A M Do A1 M = 20 < 2 nên S A1BC < S A2 BC . Vậy điểm cần tìm là A(-1; 1) 5 PHẦN 2 (thí sinh làm một trong hai câu) ln 5 dx Câu Va. 1. Tính tích phân: I = ∫ . ln 2 ( 10e − 1) −x ex −1 Đáp án: Đặt t = e x − 1 ⇒ t 2 = e x − 1 ⇒ 2tdt = e x dx . Khi x = ln2 thì t = 1; khi x = ln5 thì t = 2. ( ) ln 5 2 2 2 2 Khi đó: I = ∫ dx = ∫ 2tdt = 2 ∫ dt 2 = − 1 ∫ 1 − 1 dt = − 1 ln t − 3 = 1 ln 5 ln 2 ( 10 − e ) e −1 1 ( 9 − t ) t 1 9−t 31 t −3 t +3 3 t +3 3 2 x x 2 1  1− x 2  2 x 2 + xy + 3 = 2 y  ( 4) 2. Giải hệ phương trình:  2  2 ( x y + 2 x ) − 2 x y − 4 x + 1 = 0 ( 5 ) 2 2  Đáp án: Điều kiện: x ≠ 0 ( 5 ) ⇔  x ( xy + 2 )  − 2  x ( xy + 2 )  + 1 = 0 ⇔ x ( xy + 2 ) = 1 ⇔ y = 1 − 2 x 2     2 x 1− x 2 1− 2 x Thay vào (4) nhận được: 2 x2 −2 x2 x2 = 2x − 1 − 3 = 1 − 1 = 1 − 2 x − 1 − 2 2 x 2 2 x x x 1− x 2 1− 2 x x2  x2  ⇔2 x2 + 1− 2 = 2 x2 + 1− 2 x ⇔ f 1− 2 x  = f 1− 2  2  2  x x  x   x  t Ở đó f ( t ) = 2 + là hàm đồng biến với mọi t. t 2 Page 4 of 5
  5. TRUNG TÂM HOCMAI.ONLINE Hà Nội, ngày04 tháng 06 năm 2010 P.2512 – 34T – Hoàng Đạo Thúy Tel: (094)-2222-408 1 − 2x 1− x2  −3 Từ đó suy ra  2  =  2  ⇔ x = 2 ⇒ y =    x   x  4 −3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x = 2 ⇒ y = . 4 π 4 Câu Vb. 1. Tính tích phân: I = ∫ x sin x dx . 3 0 cos x sin x dx ⇒ du = dx 1 Đáp án: Đặt u = x và dv = 3 và v = . cos x 2 cos 2 x π π π 4 Từ đó: I = x − 1 ∫ dx = π − 1 tan x = π − 1 4 4 2 cos 2 x 0 2 0 cos 2 x 4 2 0 4 2 2. Giải phương trình log 2 x + x log 7 ( x + 3) =  + 2 log 7 ( x + 3)  log 2 x (6) 2 x  2   Đáp án: Điều kiện: x > 0 (  2 ) ( 6 ) ⇔ log 2 x − x ( log 2 x + 2 log 7 ( x + 3) )  = 0  x 2 x ln x = ln 2 Xét log 2 x = ⇔ x = 2 ⇔ (7) 2 x 2 ln x ⇒ f ′ ( x ) = 1 − ln x f ′ ( x ) = 0 ⇔ x = e Đặt: f ( x ) = ; . x x Vậy phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất hai nghiệm. Dễ thấy x = 2 và x = 4 là nghiệm của (7). Xét log 2 x = 2 log 7 ( x + 3) (8) Đặt: log 2 x = t ⇔ x = 2 t ( 7 ) + 6( 7 ) + 9( 7 ) t t t ( 8 ) ⇔ 7 t = ( 2 t + 3) ⇔ 4 2 2 1 = 1 có nghiệm duy nhất t = 2. Vậy phương trình có nghiệm x = 2 và x = 4. =====================Hết========================== Page 5 of 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản