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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

186
lượt xem 13
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 b 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 B 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 B 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 = 1 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 + y = 8  Gi i h phương trình:  2 . 2  x + 9 + y + 9 = 10  2 1,00 x + y = 8  H ⇔ 2  x + y + 2 ( x + 9 )( y + 9 ) = 82 2 2 2  x + y = 8  0,25 ⇔ ( x + y ) − 2 xy + 2 x y + 9 ( x + y ) − 2 xy  + 81 = 82   2 2 2 2  ( xy ) + 9 ( 64 − 2 xy ) + 81 = 82 2 ⇒ 64 − 2 xy + 2 ð t xy = t ta ñư c: t 2 − 18t + 657 = 9 + t 0,25 t + 9 ≥ 0 t ≥ −9 0,25 ⇔ 2 ⇔ ⇔ t = 16 t − 18t + 657 = 81 + 18t + t t = 16 2  xy = 16 V y ⇔ x= y=4 x + y = 8 0,25
K t lu n. H có 1 nghi m ( 4;4 ) III e (x + ) 1 + 3ln x ln x 1,00 Tính tích phân ∫ 1 x dx e 3 1 + 3ln x ln x I = ∫ ln xdx + ∫ dx 1 1 x e Tính ñư c: I1 = ∫ ln xdx = 1 0,25 1 3 1 + 3ln x ln x I2 = ∫ dx 1 x t 2 − 1 dx 2 ð t t = 1 + 3ln x ⇔ ln x = ⇒ = tdt 3 x 3 0,25 t (1) = 1; t ( e ) = 2 2 t2 −1 2 22 4 2 116 I2 = ∫ t ⋅ ⋅ ⋅ tdt = ∫ ( t − t ) dt = 1 3 3 91 135 0,25 116 251 V y I =1+ = 0,25 135 135 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 = 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 )) 0,25 D ⇒ VSMNC = VAMNC C O 1 1 1 a a 30 a 30 = S ANC MH = . a. . = H N A B 3 3 2 2 4 48 0,25 0,25 V Cho a, b, c, d là các s th c dương. Tìm giá tr nh nh t c a bi u 1,00 th c sau
a −d d −b b−c c−a S= + + + d +b b+c c+a a+d a−d d −b b−c c−a S= +1+ +1+ +1+ +1− 4 d +b b+c c+a a+d a+b d +c b+a c+d S= + + + −4 d +b b+c c+a a+d 0,25  1 1   1 1  = (a + b) +  + (c + d ) + −4 0,25 d +b c+a b+c a+d  4 4 ≥ (a + b) + (c + d ) −4 0,25 d +b+c+a b+c+a+d 4 = (a + b + c + d ) − 4 = 0 a+b+c+d ð ng th c x y ra ⇔ a = b = c = d 0,25 VI.a 1 1) Trong m t ph ng Oxy, cho ñư ng th ng ∆: x − 2 y − 1 = 0 và hai ñi m 1,00 A(1 ; 1), B(4 ; -3). Tìm ñi m C trên ñư ng th ng ∆ sao cho kho ng cách t C ñ n ñư ng th ng AB b ng 6. C ∈ ∆ ⇒ C ( 2t + 1; t ) . AB có phương trình : 4 x + 3 y − 7 = 0 0,25 11t − 3 d ( C ; AB ) = 5 0,25 t = 3 d ( C ; AB ) = 6 ⇔  27 t = − 0,25  11  43 27  V y C ( 7;3) ; C  − ; −  0,25  11 11  2 Vi t phương trình m t ph ng (P)… 1,00 r ( P ) / / ∆1; ( P ) / / ∆ 2 ⇒ ( P ) có vtpt n (14;14; −7 ) 0,25 Pt m t ph ng (P) là: 2x + 2y – z + D = 0 0,25 (S) có tâm I(1;-2;3), bán kính R = 5. ( P ) ∩ ( S ) = ( C ) có chu vi 6π ⇒ ( C ) có bán kính r = 3 D−5 d ( I ;( P )) = 0,25 3 ( D − 5)  D = 17 2 Ta có: R = r + d 2 2 2 ⇔ 25 = 9 + ⇔ 9 D − 7 V y (P): 2x + 2y – z + 17 = 0 ho c 2x + 2y – z – 7 = 0 0,25
VII.a 1 Cho z1 , z2 là hai nghi m c a phương trình z + = 1 . Tính S = z13 + z2 . 3 1,00 z 1 z+ = 1 ⇔ z2 − z +1 = 0 z ( 3i ) 2 ∆ = −3 − 0,25 1 + 3i 1 − 3i z1 = ; z2 = 0,25 2 2 0,5 z13 = −1; z2 = −1 . V y S = - 2 3 * Chú ý: Ta có th áp d ng ñl Viét z1 + z2 = 1; z1 ⋅ z2 = 1 z13 + z2 = ( z1 + z2 ) − 3 z1 z2 ( z1 + z2 ) = 1 − 3 = −2 3 3 VI.b 1 1) Trong m t ph ng Oxy, tìm t a ñ các ñ nh c a m t hình thoi, bi t phương trình hai c nh l n lư t là x + 2 y − 4 = 0, x + 2 y − 10 = 0 và 1,00 phương trình m t ñư ng chéo là x − y + 2 = 0 . Gi s AB: x + 2y – 10 = 0; CD: x + 2y – 4 = 0; AC: x – y + 2 = 0 Tìm ñư c t a ñ A(2;4); C(0;2) 0,25 G i I là trung ñi m AC ⇒ I(1;3) ðt ∆ ñi qua I và ⊥ AC có pt: x + y – 4 =0 0,25 ∆ c t AB t i B(-2;6) 0,25 ∆ c t CD t i D(4;0) V y A(2;4); B(-2;6); C(0;2); D(4;0) 0,25 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) uur r 0,25 uur uur r  AI ; u      AI = (−2;2;1) ⇒  AI ; u  = (3;6; −6) ⇒ d ( I ; ∆ ) = r =3 u 0,25 ∆ c t (S) ⇔ d ( I ; ∆) < R ⇔ 3 < 13 − m ⇔ m < 4 G i H là trung ñi m c a MN thì IH ⊥ MN và MH = 4 0,25 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 9 x 2 − 4 y 2 = 5 1,00 Gi i h phương trình  log 5 (3 x + 2 y ) − log 3 (3 x − 2 y ) = 1 3 x + 2 y > 0 ðk:  3 x − 2 y > 0 ( 3 x + 2 y )( 3x − 2 y ) = 5  H pt ⇔  log 5 ( 3x + 2 y ) − log 3 ( 3 x − 2 y ) = 1  0,25  5 3 x + 2 y = 3x − 2 y  ⇔ 0,25 log  5  − log ( 3 x − 2 y ) = 1  5  3x − 2 y     3  5 3 x + 2 y = 3x − 2 y ⇔ 0,25  − log 5 ( 3x − 2 y ) − log 3 ( 3 x − 2 y ) = 0 3 x − 2 y = 1 ⇔ ⇔ x = y = 1 (tmñk) 0,25 3 x + 2 y = 5