Đáp án đề thi thử tốt nghiệp THPT 2010 môn Toán - Đề số 2

Chia sẻ: Bibi_3 Bibi_3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

126
lượt xem 24
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đáp án đề thi thử tốt nghiệp thpt 2010 môn toán - đề số 2', tài liệu phổ thông, toán học 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 tốt nghiệp THPT 2010 môn Toán - Đề số 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT 2010 MÔN TOÁN - Đề số 2 Thời gian: 180 phút Nội dung Điểm Câu Ý I 1 0.25 a. Tập xác định: b. Sự biến thiên 0.5 4 Chiều biến thiên: y'   ( x  1) 2 y’>0 với ; y’ không xác định khi x = -1 Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) và (1;  ) Cực trị : Hàm số không có cực trị Tiệm cận 0.5  x3 x3 lim y  lim  ; lim y  lim   x 1 x  1 x 1 x  1 x 1 x 1 Suy ra đồ thị có một tiệm cận đứng là đường x = -1 x 3 lim y  lim 1 x   x  1 x Suy ra đồ thị có một tiệm cận ngang là đường y = 1 Bảng biến thiên: 0.25  + - x -1 y’ + + + 1 y 1 -
c. Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại (0;-3), cắt trục hoành tại (3;0) 0.5 Nhận giao của 2 đường tiệm cận là điểm (-1;1) làm tâm đối xứng của đồ thị y 5 4 3 2 I 1 x -1 O -7 -6 -5 -4 -3 -2 1 2 3 4 5 6 7 8 -1 -2 -3 -4 -5 -6 2 0.25 Đường thẳng y = 4x+3 có hệ số góc: k = 4 Vì tiếp tuyến song song với đường y = 4x+3 nên chúng có cùng hệ số góc Gọi (x0 ;y0) là tọa độ tiếp điểm 4 4  y '  x0   y' 2 ( x0  1) 2 ( x  1) 0.25  x0  0 4  4  ( x0  1) 2  1   Suy ra y '( x0 )  2  x 0  2 ( x0  1) Với x0 = 0 => y0 = y(0) = -3 0.25  Phương trình tiếp tuyến là: y = 4x - 3 Với x0 = -2 => y0 = y(-2) = 5 0.25  Phương trình tiếp tuyến là: y = 4x +13 II 1 0.25 1 10 1 ( x  2)( x  3)dx  10 1 1  2  Ta có :  ( x  2)( x  3)  x 2 x 3 0.25 1 1 1 1  10 1   1 1 dx  2   dx   dx   2 ln x  2 1  ln x  3 1 =>  ( x  2)( x  3)  1 x  2 x3  1 1 0.25 1 2x   1 1 = 2 ln(2  x ) 1  ln( x  3) 1 = 2 ln( ) x  3 1
0.25 1 3 1 = 2  ln  ln   2 ln  2 ln 6 4 2 6 2 0.25  2 x 2 1  7    2 1  0  2x   7 1 log 1 2 2 0.25 1  2x 8 2 1  2x  23 0.25  x2  1  3  x2  4 0.25 x  2   x  2 y ’= -3x3+12x = -3x(x2-4) = -3x(x-2)(x+2) 3 0.25 y’=0  x = 0 hoặc x = 2 hoặc x = -2 Trên [-1 ;3] thì y’= 0 khi x = 0 hoặc x = 2 0.25 Ta có : y(0) = 1 25 y(-1) = 0.25 4 y(2) = 13 43 y(3) = - 4 0.25 43 Vậy Maxy  y (2)  13 Miny  y (3)   4  1;3  1;3     Vì tam giác ABC vuông cân tại C, AB = 2a III 0.25 => CA = CB = a 2 Do SA  (ABC)=> AC là hình chiếu vuông 0.25 góc của SC lên (ABC) => SCA là góc giữa cạnh SC và (ABC) => SCA  300 Trong tam giác vuông SAC có : 0.25 1 SA = tan 300.AC= a2 3
VSABC S 0.25 1 = SA.S ABC 3 1 11 2    SA.CA.CB  a 2a2 6 63 300 C a3 6 a 2 (đvtt) = 9 A 2a B B- Phần dành riêng: Phần dành cho thí sinh ban Cơ Bản :    1 AB  ( 2;1;1) AC  (0; 2;1)      0.5 Ta có : mặt phẳng (P) đi qua A,B,C nên nP   AC ; AB   (1; 2; 4)       0.25 Vì (d)//(P) nên: vd  nP = (1; 2; - 4) x  3  t  0.25 Suy ra phương trình đường thẳng d:  y  1  2t  z  2  4t  Vì mặt phẳng (Oxy) đi qua O(0;0;0) và vuông góc trục Oz nên nhận véctơ 2  0.5 k (0;0;1) làm véc tơ pháp tuyến. Suy ra (Oxy) có phương trình: z = 0 0.25 x  3  t  y  1  2t  Tọa độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của hệ:   z  2  4t z  0  0.25 7  x  2  1 7 => t =   y  3 . Vậy tọa độ giao điểm là ( ;3;0) 2 2 z  0  
0.5 Va z (1 - 2i) = 13 - i 13  i z 1  2i (13  i)(1  2i) z (1  2i)(1  2i ) 0.5 13  2i 2  25i z 1  4i 2 15  25i z  3  5i 5 Vậy z = 3+5i Phần dành cho thí sinh ban Nâng Cao    I Vb 1 +) vd1  (1; 0;1) ; vd  (0; 2;3) 0.5 2    Suy ra vd1 vd khác phương (1) 2 1  t  0 t  1 0.5   '  t '  2 (vô lí). Vậy hệ vô nghiệm (2) +) Xét hệ 0  4  2t  t  16 ' 5  t  5  3t  Từ (1) và (2) suy ra d1 và d2 chéo nhau. Gọi MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 (M  d1; N  d2). 2 Suy ra tọa độ của M, N có dạng: M(1+t; 0;- 5+t); N(0 ;4-2t’;-8+3t’)   0.5 MN  (1  t ;7  2t '; 3  3t ' t )        Vì MN  d1 ; MN  d2 nên MN . vd1 =0 và MN . vd =0 2 ' 13t  3t  23  0 t  1   ' ' t  2 3t  2t  4  0  Suy ra M(2;0;-4); N(0;0;-2) Ta có mặt cầu đường kính MN nhận trung điểm I của MN làm tâm và có bán kính R = 0.25 MN 2 => I(1;0;-3); R = 2 Phương trình mặt cầu là: 0.25 (x-1)2 + y2 + (z+3)2 = 2 3 0.25 du  dx u  x  2  Đặt   1 2x 2x v  2 e dv  e dx  0.25 1 1 1 1  I  ( x  2)e 2 x   e 2 x dx 2 2 0 0
0.25 1 1 1 1  I  ( x  2)e 2 x  e 2 x 2 4 0 0 0.25 1 7  5e 2 x5  I   e2 x = 24 4 0