Đáp án đề thi thử môn Toán khối B trường Hồng Đức lần 2 năm 2009

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

141
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đáp án đề thi thử môn toán khối b trường hồng đức lần 2 năm 2009', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi thử môn Toán khối B trường Hồng Đức lần 2 năm 2009

tr−êng §H hång ®øc §¸p ¸n - thang ®iÓm Khoa Khoa häc tù nhiªn ®Ò thi thö ®¹i häc, cao ®¼ng – n¨m 2009 §Ò Thi chÝnh thøc M«n TOÁN, Khèi B (§¸p ¸n – Thang ®iÓm cã 5 trang) Câu I: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x − 4x + 2 4 2 1,0 +) Tập xác định +) Đạo hàm y′ = 4x 3 − 8x 2 0,25 y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 2 +) Bảng biến thiên x −∞ - 2 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + 0,5 +∞ 2 +∞ y -2 -2 +) Đồ thị: Đồ thị nhận 0y làm trục đối xứng. y 2 y = x − 4x +2 4 2 1 x 0,25 − 2 2 -2 -1 0 1 2 -1 -2 2) Tìm m để y = x 4 + 2mx 2 + m 2 + m có ba điểm cực trị lập thành một tam giác có một góc 120 . 1,0 ⎡x = 0 Ta có y′ = 4x 3 + 4mx ; y′ = 0 ⇔ 4x ( x 2 + m ) = 0 ⇔ ⎢ (m
Câu II: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Giải bpt: ( )( x + 3 − x − 1 1 + x 2 + 2x-3 ≥ 4 ) (1) 1,0 Điều kiện x ≥ 1 . Nhân hai vế của bpt với x + 3 + x − 1 , ta được 0,25 ( (1) ⇔ 4. 1 + x + 2x-3 ≥ 4. 2 ) ( ) x + 3 + x − 1 ⇔ 1 + x + 2x-3 ≥ x + 3 + x − 1 2 ⎡ x ≤ -2 x 2 + 2x-2 + 2 x 2 + 2x-3 ≥ 2x+2 + 2 x 2 + 2x-3 ⇔ x 2 - 4 ≥ 0 ⇔ ⎢ 0,5 ⎣x ≥ 2 Kết hợp với điều kiện x ≥ 1 ta được x ≥ 2 . 0,25 ⎛π ⎞ 2 sin ⎜ − x ⎟ 2) ⎝4 ⎠ 1 + sin 2x = 1 + tan x 1,0 Giải pt: ( ) (2) cos x π Điều kiện cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ, k ∈ . 2 0,25 cos x − sin x cos x + sin x ( cos x + sin x ) = 2 Ta có (1) ⇔ cos x cos x ⇔ ( cos x + sin x ) ⎡( cos x − sin x )( cos x + sin x ) − 1⎤ = 0 ⇔ ( cos x + sin x )( cos 2x − 1) = 0 ⎣ ⎦ 0,25 ⎡ π ⎡cos x + sin x = 0 ⎡ tan x = −1 ⎢ x = − + mπ ⇔⎢ ⇔⎢ ⇔ 4 ,m∈ . ⎣cos 2x − 1 = 0 ⎣cos 2x = 1 ⎢ ⎢ x = mπ ⎣ 0,25 ⎡ π Dễ thấy họ nghiệm trên thỏa mãn điều kiện. Đáp số: ⎢ x = − 4 + mπ , m ∈ . ⎢ ⎣ x = mπ ⎢ Câu III: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm 2 e x + 2009 Tính tích phân: I = ∫ x ln xdx . 1,0 1 Đặt t = x x 1 e2 0,25 ⇒ t 2 = x ⇒ dx = 2t.dt t 1 e ( ) e 2 e t + 2009 I = 2∫ .t.ln t.dt = 2 ∫ t 2 + 2009 .ln t.dt 0,25 1 t 1 ⎧ dt ⎧ u = ln t ⎪ ⎪du = t ⎪ ⎛ t3 ⎞ e⎛ 2 t ⎞ ⇒⎨ , ta có: I = 2 ⎜ + 2009t ⎟ ln t − 2 ∫ ⎜ + 2009 ⎟.dt Đặt ⎨ ( ) ⎪dv = t + 2009 dt ⎪ v = t + 2009t ⎩ 2 3 ⎜ ⎝3 ⎟ ⎠ 1⎝ ⎜3 ⎟ ⎠ ⎪ ⎩ 3 0,5 ⎞ ⎛ t3 ⎞ e ⎛ e3 = 2 ⎜ + 2009e ⎟ − 2 ⎜ e⎟ + 2009t 1 ⎜ 3 ⎟ ⎜9 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ 1 ⎠ 2
⎛ e3 ⎞ ⎛ e3 1 ⎞ = 2 ⎜ + 2009e ⎟ − 2 ⎜ − + 2009e − 2009 ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎜ 9 9 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4e + 36164 3 = 9 Câu IV: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Hình học không gian 1,0 Ta có AO=OC=a 2 ⇒ A′O = AA′2 − AO2 = 4a 2 -2a 2 = a 2 0,25 Suy ra V=B.h= 4a 2 .a 2 = 4a 3 2 (đvtt) 0,25 Tính góc giữa AM và A ′C . Gọi N là trung điểm AD, suy ra AM //CN. Xét tam giác A′CN ta có 0,25 A′C = A′O + OC = 2a; CN=AM= AB + BM = a 5; A′N = AA′ − AN = a 3 . 2 2 2 2 2 2 Suy ra CA′2 + CN 2 − A′N 2 A′ D′ cos C = 2.CA′.CN 4a + 5a − 3a 2 2 2 3 = = >0 2.2a.a 5 2 5 B′ C′ 2a Vậy cosin của góc giữa AM 3 0,25 và A ′C bằng . 2 5 A N D 2a O B C M Câu V: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Đặt t = sin x với t ∈ [ −1,1] ta có A= 5t -9t 2 +4 . 3 0,25 Xét hàm số f (t) = 5t -9t +4 với t ∈ [ −1,1] . 3 2 Ta có f ′(t) = 15t 2 -18t=3t(5t-6) 6 0,5 f ′(t) = 0 ⇔ t = 0 ∨ t = (loại) 5 f (−1) = −10, f (1) = 0, f (0) = 4 . Vậy −10 ≤ f (t) ≤ 4 . Suy ra 0 ≤ A = f (t) ≤ 10 . Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi π t = −1 ⇔ sin x = −1 ⇔ x = − + k2π 0,25 2 π và GTNN của A là 0 đạt được khi t = 1 ⇔ sin x = 1 ⇔ x = + k2π . 2 Câu VIa: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Hình học phẳng 3
1 D C Ta có SIAB = SABCD =1 . Mặt khác 4 1 I 0,25 SIAB = .IH.IB với AB= 12 + 02 = 1 . 2 Suy ra IH=2. A B H Gọi I(x I , x I + 1) vì I thuộc đường thẳng y=x+1, ta có phương trình đường thẳng AB là y=0; 0,25 IH=2 ⇔ d(I / AB) = 2 ⇔ x I + 1 = 2. TH1: x I = 1 ⇒ I(1; 2);C(0; 4); D(−1; 4). 0,5 TH2: x I = −3 ⇒ I(−3; −2);C(−8; −4); D(−9; −4). 2) Hình học không gian Gọi I là mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC ta có: C VOABC = VIOAB +VIOBC +VOCA +VABC 1 1 1 1 = .r.SOAB + .r.SOBC + .r.SOCA + .r.SABC 0,25 3 3 3 3 O 1 B = .r.STP . 3 A 1 8 4 Lại có VOABC = .OA.OB.OC = = (đvtt) 6 6 3 1 SOAB = SOBC = SOCA = .OA.OB = 2 (đvdt) 2 0,5 3 3 SABC = AB2 = .8 = 2 3 (đvdt) 4 4 Suy ra STP = 6 + 2 3 (đvdt) 3VOABC 4 2 Do đó = = (đv độ dài) 0,25 STP 6+ 2 3 3+ 3 Câu VIIa: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Chứng minh C10 .C10 + C10 .C9 + 0 20 1 20 + C .C + C10 .C0 = C10 9 10 1 20 10 20 30 Ta có (1 + x)30 = (1 + x)10 .(1 + x) 20 , ∀x ∈ (1) 0,25 n Lại có (1 + x)30 = ∑ C30 .x k , ∀x ∈ k . k =1 0,25 Vậy hệ số a10 của x 10 khai triển của (1 + x) là a10 = C . 30 10 30 Lại có (1 + x)10 .(1 + x)20 = = ( C10 + C1 x + + C10 x 9 + C10 x10 ) ⎡( C0 + C10 x + + C10 x10 ) + ( C11 x11 + C12 x12 + + C20 x 20 ) ⎤ 0 9 10 1 0,25 10 ⎣ 20 20 20 10 20 ⎦ Hệ số của x10 trong khai triển này là b10 = C10 .C10 + C10 .C9 + 0 20 1 20 + C10 .C1 + C10 .C0 9 20 10 20 Do (1) đúng với mọi x nên a10 = b10 . Suy ra điều phải chứng minh. 0,25 4
Theo chương trình nâng cao Câu VIIb: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Hình học phẳng A Đường tròn đã cho có tâm I(1;2) và bán kính R= 10 . Suy ra AI = 2.IH ⎧1 = 2(X H − 1) ⎛3 7⎞ ⇔⎨ ⇔ H⎜ ; ⎟ I* 0,25 ⎩3 = 2(YH − 2) ⎝2 2⎠ Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm B H C tam giác ABC vì ΔABC là tam giác đều. ⎛ 3⎞ ⎛ 7⎞ Pt BC đi qua H và vuông góc với AI là: (BC): 1. ⎜ x − ⎟ + 3. ⎜ y − ⎟ = 0 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 0,25 ⇔ x + 3y − 12 = 0 Vì B, C thuộc đường tròn đã cho nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ pt: ⎧ x 2 + y 2 − 2x-4y-5=0 ⎧ x 2 + y 2 − 2x-4y-5=0 0,25 ⎨ ⇔⎨ ⎩x+3y-12=0 ⎩x=12 - 3y ⎛ 3−3 3 7 + 3 ⎞ ⎛ 3+3 3 7 − 3 ⎞ Giải hpt trên ta được: B ⎜ ⎜ 2 ; 2 ⎟ ;C ⎜ 2 ; 2 ⎟ hoặc ngược lại. ⎟ ⎜ ⎟ 0,25 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2) Hình học không gian Gọi I(t; -t; 0)∈ d1 , chọn M(5; -2; 0)∈ d2 ta có IM = (5 − t;t − 2;0) Vector chỉ phương của đường thẳng d2 là u d2 = (−2;0;1) 0,25 Suy ra ⎡ IM, u d2 ⎤ = (t − 2;t − 5;2t − 4) ⎣ ⎦ ⎡ IM, u d2 ⎤ ⎣ ⎦ 6t 2 − 30t + 45 Do đó d( I / d2 ) = = 0,25 u d2 5 6t 2 − 30t + 45 Theo bài ra d( I / d2 ) = 3 ⇔ = 3 ⇔ 6t 2 − 30t = 0 0,25 5 ⎡t = 0 ⎡ I(0;0; 0) ⇒ pt mÆt cÇu (S):x 2 +y 2 +z 2 =25 ⇔⎢ ⇔⎢ 0,25 ⎣t = 5 ⎢ I(5; −5;0) ⇒ pt mÆt cÇu (S): ( x-5 )2 + ( y+5 )2 +z 2 =25 ⎣ Câu VIb: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm 10 5 ( ) ⎛ 7π 7π ⎞ ⎛ π π⎞ 10 2 . ⎜ cos + i sin ⎟ .25. ⎜ cos + i sin ⎟ (1 − i) ( 3 + i) 10 5 ⎝ 4 4 ⎠ ⎝ 6 6⎠ Ta có z = = 0,5 (−1 − i 3)10 ⎛ 4π 4π ⎞ 10 210. ⎜ cos + i sin ⎟ ⎝ 3 3 ⎠ ⎛ 35π 35π ⎞ ⎛ 5π 5π ⎞ 55π 55π 210. ⎜ cos + i sin ⎟ . ⎜ cos 6 + i sin 6 ⎟ cos + i sin = ⎝ 2 2 ⎠⎝ ⎠= 3 3 = cos5π + sin 5π = −1 ⎛ 40 π 40π ⎞ 40π 40 π 0,5 210. ⎜ cos + i sin cos + i sin ⎝ 3 3 ⎟⎠ 3 3 Vậy z là số thực. ------------------------------- Hết ----------------------------- 5