Đáp án Đề thi thử Đại học 2010 môn Toán khối A, B

Chia sẻ: Levan Luc | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

1.134
lượt xem 172
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đáp án kì thi thử đại học lần 1 năm 2010 và biểu điểm đề thi thử đaị học môn Toán khối A, B của trường THPT Đoàn Thượng tỉnh Hải Dương

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án Đề thi thử Đại học 2010 môn Toán khối A, B

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010 TỈNH HẢI DƯƠNG MÔN TOÁN, KHỐI A, B TRƯỜNG THPT ĐOÀN ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM THƯỢNG * Chú ý. Thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần tương ứng. Câu ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát hàm số y = x3 + 6x2 + 9x + 3 (C) 1,00 � = −1 � y = −1 x TXĐ: T. y ' = 3x + 12 x + 9, y ' =9 2 0 =x = −3 � y = 3 � 0,25 y '' = 6 x + 12, y '' = 0 � x = −2 � y = 1 . BBT: ghi đầy đủ 0,25 Kết luận về tính đb, nb, cực trị 0,25 Đồ thị. Đồ thị là đường cong trơn thể hiện đúng tính lồi, lõm. Đồ thị đi qua 5 điểm: CĐ(-3 ; 3), CT(-1 ; -1), I(-2 ; 1), A(-4 ; -1), B(0 ; 3) 0,25 4 4 3 3 2 2 1 1 4 2 4 2 1 1 I 2 log 1 x 3 + 6 x 2 + 9 x + 3 = m (1) 1,00 2 m 1 �� (1) � x 3 + 6 x 2 + 9 x + 3 = � �. Gọi (C’) là đồ thị hs y = x + 6 x + 9 x + 3 3 2 2 �� m ��1 0,25 Pt (1) có 6 nghiệm ⇔ đt y = � � cắt (C’) tại 6 điểm ��2 x x3 + 6 x 2 + 9 x + 3 + khi x 3 + 6 x 2 + 9 x +h 0 3 Ta có y = x + 6 x + 9 x + 3 = = 3 3 2 0,25 −−( x + 6 x + 9 x + 3) khi x + 6 x + 9 x + 3 < 0 2 3 2 Gọi (C1) là phần đồ thị của (C) nắm trên Ox, (C2) là phần đồ thị của (C) nằm dưới Ox 0,25 (C3) là hình đối xứng của (C2) qua trục Ox thì (C’) = (C1) ∪ (C3). m ��1 0,25 Từ đồ thị (C’), pt (1) có 6 nghiệm ⇔ 0 < � � < 1 � m > 0 ��2 II 1 Tìm m để pt (1 − m)sin x − cos x = m 1 + 2 cos 2 x (1) có nghiệm 1,00 TXD: T. pt (1) � sin x − cos x = m ( 1 + 2 cos 2 x + sin x ) 0,25 Nhận xét. Hs y = sin x, y = cos x tuần hoàn với chu kì 2π nên pt (1) có nghiệm ⇔ pt
� π 3π � (1) có nghiệm thuộc nửa khoảng −− ; −. �2 2 � π π TH1. x = − � (1 − m)(−1) = m � −1 = 0 vô lí. Vậy x = − không là nghiệm 2 2 π 1 1 π 0,25 TH2. x = � (1 − m) = m � m = . Vậy m = thì pt có ít nhất một nghiệm là 2 2 2 2 π π TH3. − < x < � cos x > 0 . Chia hai vế cho cos x ta được 2 2 � tan x − 1 = m ( tan 2 x + 3 + tan x � m = ) tan x − 1 tan 2 x + 3 + tan x t −1 t −1 Đặt t =xtan x, t = ta được m = . Đặt f (t ) = t2 + 3 + t t2 + 3 + t t + 3 + t2 + 3 f '(t ) = > 0, ∀f t f (t ) db trên + ( ) 2 t2 + 3 + t t2 + 3 1 1 0,25 Mặt khác lim f (t ) = −m, lim = . Vậy m < t f −m t +, 2 2 π 3π TH4.
5 0,25 TH1. x < − � 2 x − 1 < 0 , bất phương trình đúng. 2 TH2. x > 1 � 2 x 2 + 3 x − 5 > 0, 2 x − 1 > 0 x 3 x< Bpt � 2 x − 1 > 2 x + 3 x − 5 � 2 x − 7 x + 6 > 0 � < 2 2 2 � 0,25 >x > 2 3 Kết hợp điều kiện ta được 1 < x < hoặc x > 2 2 � 5� 3 Kết luận. Tập nghiệm của bpt là S = � � − � (1; ) �(2; +� − ; � ) 0,25 � 2� 2 III Tính thể tích khối tròn xoay 1,00 x Ta có y = 2 cắt trục Ox tại điểm có hoành độ x = 0. x +3 1 2 1 � x � x2 π �2 dx = π � dx Vậy V = 0 � + 3 � 2 2 � x � 0 �2 � + 3 � � x � � ( ) 0,25 �π π � π Đặt x = 3 tan t , t � − ; � dx = 3(1 + tan t )dt . 0 = 3 tan 0, 1 = 3 tan 2 � � 0,25 �2 2� 6 π π V= π 1 x 2 6 3 tan t 2 π 3 6 �2 + 3)2 dx = π � tan 2 t + 3)2 3(1 + tan t )dt = 3 � tdt 2 sin 2 0 (x 0 (3 0 0,25 π π = π 3 1 − cos 2t dt = π 3 (t − sin 2t ) = π 3 − π 6 2 6 3 = 2 0,25 0 6 2 0 36 8 * Chú ý. Học sinh có thể sử dụng công thức tích phân từng phần như sau 1 1 x2 x V= π� dx = π � x dx 0 ( x + 3) ( x 2 + 3) 2 2 2 0 x −1 và đặt u = x, v ' = � u ' = 1, v = 2( x 2 + 3) rồi đi đến (x + 3) 2 2 1 x � −x 1 1 1 � π� x dx = π � 2 +� 2 dx � ( x 2 + 3) 2 � x + 3) 0 0 2 ( x + 3) � 2( 0 � � IV Tính thể tích của khối chóp S.ABCD 1,00 Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD) S Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O là 0,25 giao của AC và BD. D C H ∆CBD = ∆ABD = ∆SBD O � OC = OA = OS � ∆SAC vuông tại S A B � AC = x 2 + 1 1 1 1 x = 2+ � SH = SH 2 SA SC 2 x2 + 1 0,25
1 ABCD là hình thoi � AC ⊥ BD � OB = AB − AO = 3 − x2 2 2 2 1 1 2 1 S ABCD = AC.BD = x + 1. 3 − x 2 � V = x 3 − x 2 0,25 2 2 6 1 1 x2 + 3 − x2 1 áp dụng BĐT Côsi ta có V = x 3 −x 2 x . = 6 6 2 4 6 6 Đẳng thức xảy ra � x = . Vậy V lớn nhất khi x = 0,25 2 2 V 2 2 3 1,00 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2 − 2 + 2 a +1 b +1 c +1 �π� Đặt a = tan x, b = tan y, c = tan z . a, b, c > 0 � x, y, z � 0; � � � 2� a+c tan x + tan z abc + a + c = b � b = � tan y = � tan y = tan( x + z ) 1 − ac 1 − tan x tan z �π� 0,25 � y = x + z + kπ . x, y , z � 0; � k = 0 . Vậy � y = x + z � � � 2� P = 2 cos 2 x − 2 cos 2 y + 3cos 2 z = 1 + cos 2 x − (1 + cos 2 y ) + 3cos 2 z = −2 sin( x + y )sin( x − y ) + 3cos 2 z = 2sin( x + y ) sin z + 3(1 − sin 2 z ) 0,25 2 � 1 � 1 = −3sin z + 2sin( x + y ) sin z + 3 = −3 � z − sin( x + y ) �+ 3 + sin 2 ( x + y ) 2 sin � 3 � 3 1 + P 0 3 +3 . 0,25 3 1 1 10 Đẳng thức xảy ra � a = , b = 2, c = . Vậy max P = 2 2 2 3 0,25 VI.a 1 Tìm tọa độ đỉnh C 1,00 1 1 1 1 1 0,25 SGAB = SCAB = � AB.d (G; AB ) = � d (G; AB ) = 3 2 2 2 2 G �y = 3 x − 3 � G (t ;3t − 3) . Đt AB có pt x − y − 8 = 0 0,25 1 t − (3t − 3) − 8 1 d (G; AB ) = � = � 2t + 5 = 1 0,25 2 2 2 �= −2 � G ( −2; −9 ) � C ( 13;18 ) t �� 0,25 �= −3 � G ( −3; −12 ) � C ( 16; 27 ) t 2 Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều 1,00 C (a; b; c ) �( P ) � 3a − 8b + 7c − 6 = 0 (1). Tam giác ABC đều � AC 2 = BC 2 = AB 2 0,25 +a + c = 0 (2) + + 2 +a + b + c − 2a − 2b + 6c + 3 = 0 2 2 (3) 3 3 0,25 Từ (1) và (2) suy ra a = −2b − , c = 2b + 2 2 thế vào (3) ta được 18b 2 + 52b + 39 = 0 . Phương trình này vô nghiệm. Vậy không có 0,25 điểm C nào thỏa mãn. 0,25 VII.a Chứng minh rằng tam giác OAB đều 1,00
Tam giác OAB đều � OA = OB = AB � z1 = z2 = z1 − z2 0,25 Ta có z1 + z2 = ( z1 + z2 )( z1 + z2 − z1 z2 ) = 0 � z1 = − z2 � z1 = z2 3 3 2 2 3 3 0,25 Mặt khác z1 + z2 − z1 z2 = 0 � ( z1 − z2 ) = − z1 z2 � ( z1 − z2 ) = − z1 z2 2 2 2 2 0,25 2 � z1 − z2 = z1 . z2 � z1 − z2 = z1 = z2 . 0,25 VI.b 1 Tìm tọa độ đỉnh C và D 1,00 1 1 2 S IAB = S ABCD = 1 � AB.d ( I ; AB ) = 1 � d ( I ; AB ) = 4 2 17 0,25 0,25 Đt AB có pt x − 4 y + 6 = 0 . I �x − 3 y + 2 = 0 � I (3t − 2; t ) 2 3t − 2 − 4t + 6 2 d ( I ; AB ) = � = � 4−t = 2 0,25 17 17 17 �= 2 � I (4; 2) � C (6; 2), D(10;3) t �� 0,25 �= 6 � I (16;6) � C (30;10), D(34;11) t 2 Viết phương trình đường thẳng ∆ 1,00 d có ptts x = 1 − t , y = −3 + 2t , z = 3 + t . ∆ cắt d tại I � I (1 − t , −3 + 2t ,3 + t ) 0,25 2 − 2t −t = 4 d ( I ;( P )) = 2 � =2� � 3 =t = −2 0,25 x +3 y −5 y −8 t = 4 � I ( −3;5;8 ) � ∆ : = = 2 1 −2 0,25 x − 3 y + 7 y −1 t = −2 � I ( 3; −7;1) � ∆ : = = 2 1 −2 0,25 VII.b x + 2ylog 3 y = 27 log 3 x 1,00 Giải hệ phương trình  log 3 y − log 3 x = 1 Đk: x > 0, y > 0 . log 3 y − log 3 x = 1 � y = 3 x 0,25 x log3 y = y log3 x � x log3 y + 2 y log3 x = 27 � x log3 y = 9 0,25 Lôgarit cơ số 3 hai vế ta được log 3 y.log 3 x = log 3 9 � (1 + log 3 x) log 3 x = 2 0,25 �= 3� y = 9 x =log 3 x = 1 = 1 �� (thỏa mãn đk). Vậy hệ pt có 2 nghiệm là.. � 3 x = −2 log �= � y = 1 x � 9 3 0,25