Thi thử ĐH môn Toán khối AB_THPT Đặng Thúc Hứa

Chia sẻ: Nhan Tai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

0
71
lượt xem
9
download

Thi thử ĐH môn Toán khối AB_THPT Đặng Thúc Hứa

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

Tham khảo tài liệu 'thi thử đh môn toán khối ab_thpt đặng thúc hứa', 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: Thi thử ĐH môn Toán khối AB_THPT Đặng Thúc Hứa

  1. SỞ GD & ĐT GHỆ A ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 2 - ĂM 2010 Môn thi: TOÁ ; Khối: A - B TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦ CHU G CHO TẤT CẢ THÍ SI H (7,0 điểm): 1 4 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2mx 2 − 3m (1) , m là tham số thực khác 0. m 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị A,B,C sao cho tam giác ABC vuông. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 tan x (cot 2 x + sin x ) = 1  x+ y  x+ y + x− y =3  x− y 2. Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ R )  x+ y − x− y = 4 x− y  x+ y  Câu III (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y =| e x − 4e − x | và y = 3 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a ; AD = 2a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh SA và BC. Gọi E là giao điểm của mặt phẳng (DMN) với cạnh bên SB. Biết góc DM = 300 , tính thể tích khối chóp S.DMEN theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c ≤ 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ab bc ca P= + + ab + 3c bc + 3a ca + 3b PHẦ RIÊ G (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chu n Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x + 6) 2 + ( y − 6) 2 = 50 . Đường thẳng ∆ cắt hai trục tọa độ tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C) tại điểm M sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho ba điểm A(1; 0; 0), B(0 ; 1; 1), C(0; 0 ; 2) và đường thẳng x y + 2 z −1 d: = = . Xác định tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và 1 −1 1 (ABC) bằng 300. log 1 x log 1 6 log 1 x Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình 12.9 5 − 35.x 5 + 18.4 5 ≥ 0 , (x ∈ R) B. Theo chương trình âng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x – y – 2 = 0 và C(3; - 3) . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d: 3x + y – 2 = 0, xác định tọa độ các đỉnh A,B, D. x−2 y z −3 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hình bình hành ABCD có phương trình cạnh CD : = = 2 1 2 x −1 y −1 z + 1 x y −1 z + 1 và hai đường thẳng d1 : = = ; d2 : = = . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d1 và 1 −1 1 1 1 2 đỉnh B thuộc đường thẳng d2 , xác định tọa độ các đỉnh A, B và tính diện tích của hình bình hành ABCD. Câu VII.b (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z2 – 2z + 4 = 0. Tính giá trị của biểu thức (z ) + ( z2 ) 2010 2010 A= 1 . | z1 | + | z2 | --------------- Hết --------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………….. Số báo danh: ……………….
  2. ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L2 ĂM 2010 – TRƯỜ G THPT ĐẶ G THÚC HỨA Câu(ý) ội dung Điểm I-1 Khi m = 1 ta có hàm số y = x4 – 2x2- 3. *Tập xác định D = R. *Sự biến thiên. 0,25 + Chiều biến thiên : y’ = 4x(x2 – 1) ; y’= 0 ⇔ x = 0 v x = ± 1. Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 1; 0) và (1; + ∞). Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; - 1) và (0 ; 1) + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = - 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 1, yCT = - 4 + Giới hạn tại vô cực: lim ( x 4 − 2 x 2 − 3) = +∞; lim ( x 4 − 2 x 2 − 3) = +∞ 0,25 x →−∞ x →+∞ + Bảng biến thiên: y 6 5 x -∞ -1 0 1 +∞ 4 y’ - 0 + 0 - 0 + 3 +∞ -3 +∞ 2 0,25 1 y x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -4 -1 -2 *Đồ thị: -3 -4 + Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại các điểm: ( − 3;0), ( 3;0) -5 0,25 + Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0;- 3) -6 + Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng. I-2 1 2 y ' = 4 x( x − m ); y ' = 0 ⇔ x = 0 v x = ± m . 0,25 m Hàm số có 3 cực trị khi phương trình y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 (1) 0,25 Giả sử 3 điểm cực trị là: A(0; - 3m), B(- m; - m3 – 3m ), C (m; - m3 – 3m ) 0,25 AB = ( − m; − m3 ); AC = ( m; − m 3 ) . Ta có AB = AC , ∀m ≠ 0 ⇒ ∆ABC cân tại A. Nếu ∆ABC vuông thì chỉ vuông được tại A. 0,25 ∆ABC vuông tại A ⇒ AB. AC = 0 ⇔ m 2 = m 6 ⇔ m = 0; m = ±1 . Kết hợp đk (1) ⇒ m = ± 1. II-1 Điều kiện: sin2x≠ 0 (*) 2sin x(cos 2 x + sin 2 x.sin x ) cos 2 x + sin 2 x.sin x 0,25 Phương trình tương đương với =1⇔ =1 cos x.sin 2 x cos 2 x ⇔ cos 2 x − sin 2 x + 2 cos x.sin 2 x = cos 2 x ⇔ sin 2 x(2 cos x − 1) = 0 0,25 • sin x = 0 ( Loại vì điều kiện (*)) 0,25 1 π • cos x = ⇔ x = ± + k 2π , k ∈ Z ( Thỏa mãn điều kiện (*)). 0,25 2 3 II-2 Điều kiện: x + y > 0 và x – y > 0. Đặt u = x + y , v = x − y (u , v > 0) 0,25 uv + v 2 = 3u (1)  Hệ phương trình trở thành  2 . Đặt v = tu, (t > 0) 0,25 u − uv = 4v (2)  t + t2 3 1 Lấy phương trình (1) chia phương trình (2) theo vế ⇒ = ⇔ 4t 3 + 4t 2 + 3t − 3 = 0 ⇔ t = 0,25 1 − t 4t 2 u = 4  x + y = 16  x = 10 ⇒ u = 2v . Hệ phương trình ⇔  ⇔ ⇔ (Thỏa mãn điều kiện) 0,25 v = 2 x − y = 4 y = 6 III e x − 4e − x = −3 e 2 x + 3e x − 4 = 0 e x = 1 x = 0 Phương trình: | e x − 4e − x |= 3 ⇔  x ⇔  2x ⇔ x ⇔ 0,25  x = ln 4 −x e − 4e = 3 e − 3e − 4 = 0 e = 4 x ln 4 S= ∫ |e − 4e − x | −3 dx . Giải phương trình e x − 4e− x = 0 ⇔ e x = 2 ⇔ x = ln 2 x Diện tích hình phẳng là 0,25 0 ln 2 ln 4 ln 2 ln 4 ∫ | −(e − 4e ) − 3 | dx + ∫ | e − 4e − 3 | dx = ∫ ∫ (e −x −x S= x x (−e x + 4e− x − 3)dx + x − 4e− x − 3)dx 0,25 0 ln 2 0 ln 2
  3. ln 2 ln 4 = ( − e x − 4e − x − 3 x ) + ( e x + 4e − x − 3 x ) = 6 ln − 2 ( đvdt) 0,25 0 ln 2 IV AN = DN = a 2 ; AD = 2a ⇒ ∆AND vuông tại N. S D 0,25 Theo định lý (3 đường vuông góc) ⇒ DN⊥MN ⇒ tan DM = ⇒M =a 6 M Theo ĐL Pitago ⇒ AM = 2a ⇒ SA = 4a. 1 4a M Gọi {I} = DN∩AB ⇒ E là trọng tâm của ∆SAI ⇒ d(E,(ABCD)) = SA = E 0,25 3 3 30 0 3 1 1 4a Thể tích khối chóp M.AID là VM . AID = MA.S ∆AID = 2a.2a 2 = 3 3 3 A Thể tích khối chóp E.BIN là B I 0,25 2 3 1 1 4a a 2a 2a VE . BI = d ( E , ( ABCD )).S ∆BI = . . = 3 3 3 2 9 10a 3 Thể tích khối đa diện ADM.BNE là VADM . B E = VM . AID − VE . BI = D a C 9 1 1 3a 2 Thể tích khối chóp S.ABND là VS . AB D = SA.S□ AB D = 4a. = 2a 3 0,25 3 3 2 8a 3 Thể tích khối chóp S.DMEN là VS . DME = VS . AB D − VADM . B E = 9 V ab ab ab 1  ab a b  (1) ≤ = ≤  +  a b + 3c ab + c(a + b + c) ( a + c )( b + c ) 2a+c b+c 0,25 bc 1  bc b c  (2) ca 1  bc bc  (3) +0,25 Tương tự ≤  +  và ≤  +  bc + 3a 2a+b a+c ca + 3b 2  a + b b + c  Cộng (1),(2) và (3) theo vế ta có : P = ab bc ca 1 3 + + ≤ (a + b + c) ≤ 0,25 a b + 3c bc + 3a c a + 3b 2 2 3 Vậy maxP = đạt được khi a = b = c = 1. 0,25 2 VIa-1 x y Giả sử A(a; 0)∈ Ox , B(0;b)∈ Oy (a, b ≠ 0) ⇒ phương trình đường thẳng ∆: + = 1 ⇔ bx + ay − ab = 0 a b 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(- 6 ; 6), bán kính R = 5 2 Từ giả thiết ta có ∆IAB cân tại I và đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn (C).  ( a + 6 ) 2 + 6 2 = 6 2 + (b − 6 ) 2 ⇒  IA = IB   ( a + b )( a − b + 1 2) = 0  0,25  ⇔  | 6 a − 6b − a b | ⇔  d (I , ∆) = R  =5 2  | 6 ( a − b ) − a b |= 5 2 a + b  2 2  a2 + b2 b = − a  b = a + 12   a = − 2  a = − 22  a = 2  a = − 14 ⇔  v 2 ⇔  v v v 0,25  | a + 12 |= 10  | a + 12 a + 72 |= 10 a 2 + 12 a + 72  b = 2  b = 22  b = 14  b = − 2 Các phương trình đường thẳng ∆ là: x – y + 2 = 0; x – y + 22 = 0; 7x + y – 14 = 0; x + 7y + 14 = 0. 0,25 VIa-2 Giả sử M(t; - t – 2; t + 1) ∈ d, (t ∈ R). AM (t − 1; −t − 2; t + 1); AB = ( −1;1;1); AC = (−1;0; 2) 0,25 Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (MAB) là n1 =  A M , A B  = ( − 2 t − 3; − 2 t ; − 3)   0,25 Một vecto pháp tuyến của mặt phẳng (ABC) là n 2 =  AB , A C  = (2;1;1)   Do góc giữa hai mặt phẳng (MAB) và (ABC) bằng 300 nên cos 300 =| cos(n1 , n2 ) | 0,25 | − 6t − 9 | 3 ⇔ = ⇔ 2(2 t + 3) 2 = (8 t 2 + 12 t + 18) ⇔ t = 0 ⇒ M( 0; - 2 ; 1) 0,25 6 8 t + 12 t + 18 2 2 VIIa Điều kiện: x > 0. (*) 2t t 3 3 0,25 Đặt t = log 1 x . Bất phương trình trở thành 12.9t − 35.6t + 18.4t ≥ 0 ⇔ 12   − 35   + 18 ≥ 0 5 2 2
  4. t 3 2 9 Đặt u =   , (u > 0). Bất phương trình trở thành 12u2 – 35u + 18≥ 0 ⇔ u≤ vu≥ 0,25 2 3 4 t −1 2 3 3 • u ≤ ⇔   ≤   ⇔ t ≤ −1 ⇔ log 1 x ≤ −1 ⇔ x ≥ 5 3 2 2 5 t 2 0,25 9 3 3 1 • u ≥ ⇔   ≥   ⇔ t ≥ 2 ⇔ log 1 x ≥ 2 ⇔ x ≤ 4 2 2 5 25  1 Kết hợp điều kiện (*), ta có tập nghiệm của bất phương trình là T =  0;  ∪ [5; +∞ ) 0,25  25  VIb-1 Gọi A(t; - 3t + 2) ∈ d, (t∈ R). Ta có khoảng cách d ( A, DM ) = 2d (C , DM ) 0,25 A B | 4t − 4 | 2.4 ⇔ = ⇔ t = 3 v t = −1 hay A(3; - 7) và A( - 1 ; 5) 2 2 0,25 Mặt khác A, C nằm về hai phía của đường thẳng DM ⇒ Chỉ có điểm A(- 1; 5) thỏa mãn. M Gọi D(m ; m - 2) ∈ DM, (m ∈ R) AD = (m + 1; m − 7); CD = (m − 3; m + 1) C D 0,25  Do ABCD là hình vuông ⇒  D A . D C = 0 ⇔  m = 5 v m = −1   ⇒ m = 5 hay D( 5; 3) DA = DC   ( m + 1) 2 + ( m − 7 ) 2 = ( m − 3) 2 + ( m + 1) 2 AB = DC = (−2; −6) ⇒ B(- 3; - 1) . Kết luận: A(- 1; 5), B(- 3; - 1), D(5; 3) 0,25 VIb-2 Gọi A(t + 1; - t + 1; t - 1)∈ d1; B(k; k + 1; 2k - 1)∈ d2. AB = (k − t − 1; k + t ; 2k − t ) 0,25 Một vecto chỉ phương của đường thẳng CD là u = (2;1; 2)  AB, u  = (3t ; 2k + 2; −k − 3t − 1)   0,25 Do tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB, u cùng phương ⇔  AB, u = 0 ⇔ t = 0 ; k = - 1 hay A(1; 1; - 1) , B(- 1; 0; - 3)   Chọn điểm M(2;0; 3) ∈CD. Ta có AM = (1; −1; 4) ⇒u , AM  = (6; −6; −3)   u, AM  0,25   Khoảng cách giữa hai cạnh AB và CD là d ( AB, CD ) = d ( A, CD ) = =3 |u| AB = (−2; −1; −2) ⇒ AB = 3 0,25 Diện tích hình bình hành ABCD là S ABCD = AB.d ( AB, CD ) = 9 (đvdt) VIIb Phương trình z2 – 2z + 4 = 0 có hai nghiệm z1 = 1 + 3i; z2 = 1 − 3i 0,25  π π   2 0 1 0π 2 0 1 0π  z 1 = 2  c o s + i . s in  ⇒ ( z 1 ) 2010 = 2 2010  c o s + i . s in = 2 2010  3 3   3 3  0,25   π   π    2 0 1 0π   2 0 1 0π   z 2 = 2  c o s  −  + i . s in  −   ⇒ ( z 2 ) 2010 = 2 2010  c o s  −  + i . s in  −  = 2 2010   3   3    3   3  | z1 |=| z2 |= 2 ⇒| z1 | + | z2 |= 4 0,25 ( z1 ) + ( z2 ) 2010 2010 Do đó A = = 22009 0,25 | z1 | + | z 2 | Chú ý: 1) ếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định! 2) Mọi góp ý và thắc mắc vui lòng truy cập địa chỉ : http://www.dangthuchua.com CHÚC CÁC THÍ SI H ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRO G KỲ THI ĐH – CĐ ĂM 2010 GV: TRẦ ĐÌ H HIỀ

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản