Đáp án đề thi thử tốt nghiệp THPT 2010 môn Toán - Đề số 1

Chia sẻ: Bibi_3 Bibi_3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đáp án đề thi thử tốt nghiệp THPT môn Toán năm 2010, tài liệu giúp bạn ôn tập môn Toán hiệu quả chuẩn bị cho các kỳ thi quan trọng sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi thử tốt nghiệp THPT 2010 môn Toán - Đề số 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 2010 Đề số 1 Thời gian 180 phút Nội dung Điểm Câu Ý I 1 a. Tập xác định: D  R \ 2 0.25 b. Sự biến thiên 3 Chiều biến thiên: y '   2  x  1 0.5 y’
y 8 7 6 5 0.25 4 3 2 1 x -1 O -7 -6 -5 -4 -3 -2 1 2 3 4 5 6 7 8 -1 -2 2. Hoành độ Giao điểm của hàm số y  3 x và đường thẳng y = - x là nghiệm của x 1 x  0 3x phương trinh:  x  0  x2  2x  0   x 1  x  2 0 0 0 x2  2 x x2  2 x 3x  x dx   dx   Diện tích hình phẳng cần tìm là:S = dx  x 1 x 1 x 1 2 2 2 0.25 x2  2x  0 x2  2x  0) (vì trên [-2;0] thì  x 1 x  1  0 0 0 x2  2x 3  S= 2 x  1 dx  2  x  3  x  1  dx    0.25 0  x2     3 x  3ln x  1  2  2  4  3ln 3 0.25 II 1 9 x 3 x - 3 2 -x – 8 = 0  3  8  0 3x Đặt 3x = t (t>0) 0.5 9 Phương trình đã cho có dạng: t   8  0 t  t2 - 8t – 9 = 0 t  1  0.25 t  9  Với t = 9, ta có : 3x = 9  x = 2 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 2 2 xác định với mọi x R Hàm số y  x 2  2 x  3 0.25
x 1 y'  x2  2 x  3 y’ = 0 trên đoạn  2;3 thì x = -1 2 Ta có : y(-1)= 0.5 y(-2)= 3 y(3)= 3 2 min y  y (1)  2 max y  y (3)  3 2 0.25  2;3  2;3 3 2 Ta có   1  40  39  39i 0.5 1  39i Suy ra : z1,2  4 0.5 III Gọi O là tâm hình vuông ABCD. S Do SABCD là hình chóp tứ giác đều B A  SO  ( ABCD) 0.5 OI  BC Gọi I là trung điểm BC   300  SI  BC I O nên SIO là góc giữa mặt bên và mặt  SIO  300 a đáy C D Trong tam giác vuông SIO có: tan300 = SO  SO = OI. tan300 OI 0.25 a1 a   SO = 2 3 23 3 1 1 a a 0.25 2 (đvtt) VSABCD= SO.SABCD= a= 3 3 63 23 B- Phần dành riêng: Phần dành cho thí sinh ban Cơ Bản x2 + y2 + z2 - 2x - 4y - 6z – 22 = 0 I Va 1 0.5 (x-1)2 + (y-2)2 + (z-3)2 = 36 Nên mặt cầu (S) có tâm I(1 ;2 ;3) và bán kính R= 6 0.5 Tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt cầu (S) là nghiệm của hệ 2  x  1 2  y  2 2  z  3 2  36    x  1  t 0.25   y  2  2t  z  3  2t   t2+(2t)2+(-2t)2=36  9t2 =36  t  2 0.25
 x 3  Với t=2   y  6 0.25  z  1   x  1  Với t=-2   y  2 0.25  z7  Vậy (d) (S) tại 2 điểm : (3 ;6 ;-1) và (-1;-2;7) Va y  x2  x y  3x và Hoành độ giao điểm của là : 0.25 x  0 x2  x  3x  x2  4 x  0   x  4 Diện tích hình phẳng cần tìm là : 4 0.25 S   x 2  4 x dx 0 4 4 x3 32 2 2  ( x  4 x)dx  (2 x  )  0.5 (đvdt) 30 3 0 Phần dành cho thí sinh ban Nâng Cao I Vb 1    Đặt x = cost, t    ;  2 2  Đổi cận : x 1 2 0.25 2 t 0  4 dx= d(cost)=-sint dt  1 0 2 2 4 sint. sint 1 x 1  cos t I d x   sint. dt   dt  2 2 cos 2 t x cos t  0 2 2 4 0.5     sin 2 t 1  cos 2 t 4 4 4 4 1  dt   dt   dt  dt  cos2 t 2 2 cos t 0 cos t 0 0 0    t 04 = tan t 4 0 0.25  = 1- 4 x2+y2+z2-2x+4y-6z+10=0 Vb 1 0.5
(x-1)2 +(y+2)2 +(z-3)2 =4 Suy ra (S) có tâm I(1 ;-2 ;3) và bán kính R= 2    2 v =(-2; 2; 1); v =(2; -3; -2); d1 d2    0.5  vd ; vd  = (-1 ;-2 ;2) (P) // d1 và (P) // d2 nên n p   1 2 Suy ra (P) có dạng : x + 2y - 2z + m = 0 Vì (P) tiếp xúc (S) nên khoảng cách từ tâm I(1 ;-2 ;3) đến (P) bằng R 1 4  6  m 0,5 =2  m  9  6  m  9  6  1 4  4  m  15  0,5 m3 Vậy (P) là: x + 2y - 2z + 15 = 0 hoặc x + 2y - 2z + 3 = 0. 1 x