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

142
lượt xem 30
download

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