Đáp án thi thử đại học môn toán khối A lần 2 năm 2010

Chia sẻ: Levan Luc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

102
lượt xem 29
download

Đáp án thi thử đại học môn toán khối A lần 2 năm 2010

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đáp án thi thử đại học môn toán khối a lần 2 năm 2010', 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 thi thử đại học môn toán khối A lần 2 năm 2010

S GIÁO D C VÀ ðÀO T O KÌ THI TH ð I H C L N 2 NĂM 2010 T NH H I DƯƠNG MÔN TOÁN, KH I A TRƯ NG THPT ðOÀN THƯ NG ðÁP ÁN VÀ BI U ðI M CH M * Chú ý. Thí sinh làm bài không theo cách nêu trong ñáp án mà v n ñúng thì cho ñ ñi m t ng ph n tương ng. Câu ý N i dung ði m I 1 Kh o sát hàm s y = − x 4 + 3x 2 + 4 (C) 1,00 x = 0 ⇒ y = 4 TXð: . lim y = −∞ , y ' = −4 x 3 + 6 x, y ' = 0 ⇔  0,25 x →±∞  x = ± 6 ⇒ y = 25   2 4 BBT: ghi ñ y ñ 0,25 K t lu n v tính ñb, nb, c c tr 2 21 y '' = −12 x 2 + 6, y '' = 0 ⇔ x = ± ⇒ y= 0,25 2 4 ð th . ð th là ñư ng cong trơn th hi n ñúng tính l i, lõm.  6 25   2 21  ð th ñi qua 7 ñi m: ( ±2;0),  ± ; , ± ;  ,(0;4)  2 4  2 4 6 5 4 3 2 0,25 1 -6 -4 -2 2 4 6 -1 -2 Nh n xét. ð th hàm s nh n tr c tung làm tr c ñ i x ng I 2 Tìm M thu c (C) sao cho ti p tuy n t i M vuông góc v i x + 2 y − 4 = 0 1,00 ( ) M ∈ (C ) ⇒ M x0 ; − x0 + 3x0 + 4 . Ti p tuy n c a (C) t i M có h s góc 4 2 f '( x0 ) = −4 x0 + 6 x0 3
1 ðư ng th ng x + 2 y − 4 = 0 có h s góc b ng − 0,25 2  1 Ycbt ⇔ f '( x0 ). −  = −1 ⇔ 4 x0 − 6 x0 + 2 = 0 3 0,25  2   x0 = 1 ⇒ y0 = 6  −1 + 3 21 − 2 3 ⇔  x0 = ⇒ y0 =  2 4  0,25  x = −1 − 3 ⇒ y = 21 + 2 3  0  2 0 4  −1 + 3 21 − 2 3   −1 − 3 21 + 2 3  V y M (1;6 ) , M  ; , M  ;   2 4   2 4  0,25 II 1 Gi i phương trình sin 2 x + sin 2 2 x + sin 2 3x = 2 (1) 1,00 1 − cos 2 x 1 − cos6 x (1) ⇔ + + sin 2 2 x = 2 0,25 2 2 1 ⇔ (cos 2 x + cos6 x) + 1 − sin 2 2 x = 0 ⇔ cos 2 x cos 4 x + cos 2 2 x = 0 0,25 2 cos 2 x = 0 cos 2 x = 0 ⇔ ⇔ 0,25 cos 2 x + cos 4 x = 0 cos 2 x = cos(π − 4 x) π π π π π ⇔x= +k , x= +k , x= − kπ 0,25 4 2 6 3 2  x 2 + y 2 + 2( x + y ) = 7 Gi i h phương trình:  2 . 2  y − 2 xy − 2 x = 10 1,00 ( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 = 9 H ⇔ ( y − x) − ( x + 1) = 9 2 2 a 2 + b 2 = 9 ð t a = x + 1, b = y + 1 ⇒ b − a = y − x ta ñư c h  (b − a ) − a = 9 0,25 2 2 ⇒ a 2 + b 2 = (b − a ) 2 − a 2 ⇔ a 2 = −2ab ⇔ a = 0 ho c a = −2b 0,25 a = 0 ⇒ b = ±3 ⇒ x = −1, y = 2 ho c x = −1, y = −4 0,25 3 6 a = −2b ⇒ 5b 2 = 9 ⇔ b = ± ⇒a=m 5 5 6 3 6 3 ⇒ x = −1 − , y = −1 + ho c x = −1 + , y = −1 − 5 5 5 5 0,25 K t lu n. H có 4 nghi m như trên
y 2 − 10 * Chú ý. H c sinh có th rút x = t pt th hai và th vào pt th 2( y + 1) nh t ñư c 5 y 4 + 20 y 3 − 24 y 2 − 88 y + 32 = 0 0,5 ⇔ ( y − 2)( y + 4)(5 y 2 + 10 y − 4) = 0 3 3 ⇔ y = 2, y = −4, y = −1 + , y = −1 − 0,25 5 5 6 6 ⇒ x = −1, x = −1, x = −1 − , x = −1 + 5 5 0,25 III 5 x 1 + 2 x − cos x 1,00 Tìm gi i h n I = lim x →0 x ð t f ( x) = 5 x 1 + 2 x − cos x ⇒ f (0) = 0 0,25 f ( x) − f (0) I = lim = f '(0) 0,25 x →0 x−0 1 f '( x) = 5 x ln 5 1 + 2 x + 5 x. + sin x 0,25 1 + 2x ⇒ I = f '(0) = ln 5 + 1 0,25 Cách khác. lim 5 x 1 + 2 x − cos x = lim ( ) 5 x 1 + 2 x − 1 + ( 5 x − 1) + (1 − cos x ) x →0 x x →0 x = lim  (  5 1 + 2x − 1 x + ) ( 5x − 1) + (1 − cos x )   0,25 x →0  x x x    Tính ñư c lim 5x ( 1 + 2x −1 ) = lim 5 x.2 =1 x →0 x x →0 1 + 2x + 1 0,25 5 −1 x e −1 x ln 5 Tính ñư c lim = lim .ln 5 = ln 5 0,25 x →0 x →0 x x ln 5 x 1 − cos x 2sin 2 x Tính ñư c lim = lim 2 =0 0,25 2 . x →0 x x →0  x 4   2 IV Tính th tích kh i t di n SMNC 1,00 G i O là tâm c a hình vuông ABCD suy ra SO ⊥ (ABCD). G i H là trung ñi m c a AO thì MH // SO nên MH ⊥ (ABCD) suy ra HN là hình chi u c a MN trên mp(ABCD). B i v y góc gi a MN và (ABCD) là góc ∠MNH ⇒ ∠MNH = 600 . 0,25
5a 2 a 10 HN 2 = CH 2 + CN 2 − 2CH .CN .cos 450 = ⇒ HN = 8 4 Tam giác MNH vuông suy ra S a 30 MH = HN .tan 300 = 0,25 4 SA c t (MNC) t i ñi m M là trung M ñi m c a SA nên d ( S ;( MNC )) = d( A;( MNC )) D ⇒ VSMNC = VAMNC 0,25 C O H 1 1 1 a a 30 a 30 N = S ANC MH = . a. . = 3 3 2 2 4 48 0,25 A B V 1 1 1 1,00 Ch ng minh r ng + + ≤1 a + b +1 b + c +1 c + a +1 abc = 1 ⇔ 3 abc = 1. ð t x = 3 a , y = 3 b , z = 3 c . Bài toán tr thành Cho x, y, z dương th a mãn xyz = 1 . Ch ng minh r ng 1 1 1 + 3 + 3 ≤1 0,25 x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1 3 3 3 B ng bi n ñ i tương ñương ch ng minh ñư c x 3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) 0,25 1 1 ⇒ x 3 + y 3 + 1 ≥ xy ( x + y ) + xyz = xy ( x + y + z ) ⇒ 3 ≤ x + y + 1 xy ( x + y + z ) 3 0,25 Tương t , c ng l i ta ñư c 1 1 1 1 1 1 + 3 3 + 3 3 ≤ + + =1 0,25 x + y + 1 y + z + 1 z + x + 1 xy ( x + y + z ) yz ( x + y + z ) zx( x + y + z ) 33 ð ng th c x y ra ⇔ x = y = z = 1 hay a = b = c = 1 VI.a 1 Vi t phương trình ñư ng tròn 1,00 ðư ng trung tr c c a AB có pt y = x. (C) ñi qua A và B suy ra tâm I c a (C) thu c ñư ng th ng y = x ⇒ I (t ; t ) . 0,25 G i H là hình chi u c a I trên MN ⇒ MH = 1, IH = d ( I ; ∆) = 2 t − 2 , IM = IA = (1 − t ) 2 + t 2 . 0,25 4 ∆IMH vuông ⇒ MI 2 = IH 2 + MH 2 ⇔ (1 − t ) 2 + t 2 = 2(t − 2) 2 + 1 ⇔ t = 0,25 3 2 2 4 4 17  4  4  17 ⇒ I  ;  , R = IA = . Pt (C) là x−  +y−  = 0,25 3 3 3  3  3 9 2 Tìm ñi m D thu c ∆ sao cho th tích kh i t di n DABC b ng 8 1,00 uuu r uuur uuu uuur r AB = (3; −1; −1), AC = (2;2;2) ⇒  AB, AC  = (0; −8;8)  
1  uuu uuu  r r 0,25 S ABC = AB, AC  = 4 2 . Mp(ABC) có phương trình − y + z − 1 = 0 2 3t − 6 0,25 D ∈ ∆ ⇒ D(1 − 2t ;2 + t ; −3 + 4t ). d ( M ;( ABC )) = 2 1 1 3t − 6 0,25 VDABC = S ABC .d ( M ;( ABC )) = .4 2. =4t−2 3 3 2 t = 4 VDABC = 8 ⇔ 4 t − 2 = 8 ⇔  t = 0 V y D (−7;6;13) và D (1;2; −3) 0,25 VII.a ch n 3 h c sinh gi i có c Nam và N và có ñ c ba kh i 1,00 Ch n HS kh i 10 có 5 cách 0,25 TH 1. Ch n HS kh i 11 là Nam có 4 cách, khi ñó HS kh i 12 ph i ch n là N nên có 3 cách. Trư ng h p này có 5.4.3 = 60 cách. 0,25 TH 2. Ch n HS kh i 11 là N có 2 cách, khi ñó HS kh i 12 ñư c ch n tùy ý nên có 7 cách. Trư ng h p này có 5.2.7 = 70 cách 0,25 V y có t t c 60 + 70 = 130 cách 0,25 VI.b 1 Trong m t ph ng Oxy, cho ñi m M ( −1;3) . Vi t phương trình ñư ng th ng ∆ ñi qua M và t o v i hai tr c t a ñ m t tam giác có di n tích b ng 2. 1,00 Gi s ∆ c t Ox t i A(a ; 0), c t Oy t i B(0 ; b) v i ab ≠ 0 . Khi ñó pt ∆ là x y −1 3 + = 1 . ∆ qua M nên + = 1 ⇔ −b + 3a = ab 0,25 a b a b 1 ∆ t o v i hai tr c tam giác OAB có di n tích b ng 2 ⇔ ab = 2 ⇔ ab = ±4 0,25 2  a = 2, b = 2 −b + 3a = 4 b = 3a − 4  0,25 TH 1. ab = 4 ⇒  ⇔ 2 ⇔ −2 ab = 4 3a − 4a − 4 = 0  a = , b = −6  3 −b + 3a = −4 b = 3a + 4 TH 2. ab = −4 ⇒  ⇔ 2 (vô nghi m) ab = −4 3a + 4a + 4 = 0 0,25 V y có 2 ñư ng th ng là x + y − 2 = 0 và 9 x + y + 6 = 0 2 Tìm m ñ ∆ c t (S) t i hai ñi m M, N sao cho MN = 8 1,00 M t c u (S) (x + 2)2 + (y − 3)2 + z 2 = 13 − m có tâm I (−2;3;0) và bán kính
r R = 13 − m v i m < 13 . ∆ ñi qua ñi m A(0;1; −1) và có vtcp u = (2;1;2) 0,25 uur r uur uur r  AI ; u      AI = (−2;2;1) ⇒  AI ; u  = (3;6; −6) ⇒ d ( I ; ∆ ) = r =3 0,25 u ∆ c t (S) ⇔ d ( I ; ∆) < R ⇔ 3 < 13 − m ⇔ m < 4 0,25 G i H là trung ñi m c a MN thì IH ⊥ MN và MH = 4 Tam giác IMH vuông t i H nên MI 2 = MH 2 + IH 2 ⇔ 13 − m = 16 + 9 ⇔ m = −12 (TM). V y m = −12 0,25 VII.b 5x 2 y = 100 1,00 Gi i h phương trình  log 3 ( x + 1) + log 3 y = 1 + log 3 x 3x 0,25 ðK: x > 0, y > 0 . Pt th hai c a h y = , th vào pt th nh t ta ñư c x +1 3x  3x  3x 5x 2 x +1 = 100 ⇔ log 5  5x 2 x +1  = log 5 100 ⇔ x + log 5 2 = 2 + 2log 5 2 0,25   x +1 ⇔ x 2 − x − 2 + ( x − 2)log 5 2 = 0 0,25 x = 2 ⇔ ( x + 1)( x − 2) + ( x − 2)log 5 2 = 0 ⇔   x = −1 − log 5 2 K t h p v i ñi u ki n ta ñư c x = 2, y = 2 0,25

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD