Thi thử ĐH môn Toán_THPT Thuận Thành 1

Chia sẻ: Nhan Tai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

0
56
lượt xem
26
download

Thi thử ĐH môn Toán_THPT Thuận Thành 1

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

Tham khảo tài liệu 'thi thử đh môn toán_thpt thuận thành 1', 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_THPT Thuận Thành 1

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 BẮC NINH MÔN: TOÁN THPT THUẬN THÀNH SỐ I Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 21/03/2010 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos2 x.  cos x  1 1. Giải phương trình  2 1  sin x  . sin x  cos x 2. Giải phương trình 7  x 2  x x  5  3  2 x  x2 ( x  ) 3 x3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân  3. dx . 0 x 1  x  3 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3 xy. Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x 3  y 3  16 z 3 thức P  3 x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x  1 y 1 z  2 x2 y2 z d1 :   , d2:   2 3 1 1 5 2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm)
  2. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d:   và mặt phẳng (P): x + y + z 2 1 1 + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 .  1 log 1  y  x   log 4 y  1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 ( x, y   )  x 2  y 2  25  -------------------Hết -------------------
  3. SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y  x  1  x2 0.25 a) Tập xác định: D   \ 2 b) Sự biến thiên: 1 x2  4 x  3 x 1 y ' 1 2  2 , y' 0   .  x  2  x  2 x  3 lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , 0.25 x  x  x  2 x 2 lim  y  ( x  1)  0 ; lim  y  ( x  1)  0 x  x  Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x - 1 2 3 + y’ + 0 – – 0 + 1 + + y 0.25 - - 3 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 1; 2  ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 2 1.0
  4. m Với x  2 ta có y’ = 1- ; ( x  2) 2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  0 x  2  m  y1  2  m  2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 0.25 x2  2  m  y2  2  m  2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2  m ; 2  m  2 m ) ; B( 2  m ; 2  m  2 m ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25 2m m  2m m m  0  m  2 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán 0.25 Vậy ycbt  m = 2. II 2.0 cos2 x.  cos x  1 1 Giải phương trình  2 1  sin x  . 1.0 sin x  cos x ĐK: sin x  cos x  0 0.25 Khi đó PT  1  sin x   cos x  1  2 1  sin x  sin x  cos x  2  1  sin x 1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0.25  1  sin x 1  cos x 1  sin x   0 sin x  1  (thoả mãn điều kiện) 0.25  cos x  1     x   2  k 2 k, m     x    m2 0.25  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m 2 2 k, m   2 Giải phương trình: 7  x 2  x x  5  3  2 x  x2 ( x  ) 1.0 3  2 x  x 2  0  PT   2 2 0.25 7  x  x x  5  3  2 x  x 
  5. 3  2 x  x 2  0   0.25  x x  5  2( x  2)    3  x  1   2  x  0   x  0  0.25  x  1  x  16   0 2  x2   x  5  2.  x  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3 x3 III Tính tích phân  3. dx . 1.0 0 x 1  x  3 x  0  u  1 Đặt u = x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  0.25 x  3  u  2 3 2 2 2 x3 2u 3  8u 1 0.25 Ta có:  3 x  1  x  3 1 u  3u  2du   (2u  6)du  6 u  1du dx   2 0 1 1 2 2 0.25   u 2  6u  1  6ln u  1 1 3  3  6 ln 0.25 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  32 6 2 2 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1    3   3    0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN  AM . AN .sin 600  xy 2 4 1 2 Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  xy 0.25 3 12
  6. 1 1 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y. AH .sin 300 2 2 2  x  y  3 xy. 0.25 V 1.0 3 Trước hết ta có: x  y 3 3   x  y (biến đổi tương đương) 4 0.25 2  ...   x  y   x  y   0 3 3  x  y  64 z 3 a  z  64 z 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P  3  3  1  t   64t 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t  1 ) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có 2 1 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 t 0;1 81 81 VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ:  21 x  2 y 1  0 x  5   21 13  0.25    B ;   x  7 y  14  0  y  13  5 5   5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa      AB và BD, kí hiệu nAB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:          cos nAB , nBD  cos nAC , nAB   0.25  a  b 3  a  2b  a  b  7 a  8ab  b  0   2 2 2 2 2 a   b  7 - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x  y 1  0 x  3 0.25    A(3; 2) x  2 y 1  0  y  2
  7. Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:  7 x  y 1  0 x  2  7 5   I  ;   x  7 y  14  0 y  5 2 2   2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;  5 5 0.25 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 2 1.0  x  1  2t x  2  m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m 0.25 z  2  t  z  2m   Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) 0.25    MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2k       Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  kn p  3  5m  3t   k có 2  2m  t  5k 0.25  nghiệm m  1 Giải hệ tìm được  t  1  x  1  2t  Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d:  y  4  t thoả mãn bài toán  z  3  5t  0.25 Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình VII.a 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 n  7 (thoả mãn)  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0   0.25  n  13 (không thoả mãn)
  8. Vậy n = 7. Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 2 3 0.25 1  i  . 1  i     1  i  .(2i)3  (1  i ).(8i )  8  8i  Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d 2  xC  2 yC  7  xB  xC  2  6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   y B  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25    Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81 Bán kính R = d(C; BG) =  phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0.25 5 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    y  2  t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ  (tham số t) 0.25  z  1  t  z  1  t   x  y  z  2  0  M (1; 3; 0)    Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .       Vì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)    Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) .     0.25 Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0  Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x  3 y  z  11  0 ( x  1)2  ( y  3)2  z 2  42  Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x 5 y2 z5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   2 3 1 x3 y4 z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   0.25 2 3 1
  9.  1 log 1  y  x   log 4 y  1 VII.b Giải hệ phương trình  4 ( x, y   ) 1.0  2  2  25 x y y  x  0 Điều kiện:  0.25 y  0 Hệ phương trình  1  yx yx 1 log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 0.25     x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25    x  3y x  3y  x  3y   2 2  2 2   2 25 0.25  x  y  25 9 y  y  25  y  10    15 5   x; y    ;  (không thỏa mãn đk)   10 10     15 5  0.25  x; y     ;  (không thỏa mãn đk)    10 10  Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản