ĐỀ KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC Môn: Toán - TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

303
lượt xem 86
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề khảo sát trước kì thi đại học môn: toán - trường thpt trực ninh b', 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: ĐỀ KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC Môn: Toán - TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B Môn: Toán (Thời gian làm bài: 180 phút) Bài 1(2 điểm): 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  (| x | 1) 2 .(| x | 1)2 2) Tìm trên trục hoành những điểm mà từ điểm đó kẻ được ba tiếp tuyến phân biệt đến (C). Bài 2(3 điểm): x2  y 2  1  2  ( x, y  R ) x y2  1) Giải hệ phương trình: ( xy  x  y  1)( x  y  2)  6  2 2 2) Giải phương trình: sin x.tan x  cos x  cos 2 x.(2  tan x) , ( với x  R ) 5  3) Tìm m thực để phương trình sau có nghiệm thực trong đoạn  ;4  : 2  1 ( m  1).log1/ 2 ( x  2) 2  4( m  5) log1/ 2 2  4m  4  0 x2 Bài 3(1 điểm): Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh SA  SB  SC  3a , (a > 0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a. Bài 4(2 điểm): 1 2 2  x .ln(1  x )dx 1) Tính tích phân: 0 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1). Lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương các trục tọa độ Ox, Oy thứ tự tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất. Bài 5(1 điểm):  x  1 t   y  1  2t ; (t  R ) ,đường thẳng d2 là Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1:  z  1  2t  giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0. Gọi I là giao điểm của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1), đồng thời cắt hai đường thẳng d1và d2 lần lượt tại B và C sao cho tam giác BIC cân đỉnh I. Bài 6(1 điểm): x3 y3 z3 32 Cho x, y, z  0 và x 2  y 2  z 2  3 . Chứng minh:    2 1  y2 1  z2 1  x2 ..................Hết..................http://laisac.page.tl
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH KHẢO SÁT TRƯỚC KÌ THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B Môn: Toán (Thời gian làm bài: 180 phút) Đáp Án vắn tắt: Bài 1: Nội dung Điểm 1) *Có hàm số : y  (| x | 1) .(| x | 1)  y = x4 - 2x2 + 1 ( C) 1 2 2 điểm *TXĐ: R; y '  4 x3  4 x; y '  0  x  0; x  1 lim y  ; lim y   ; x  x  *BBT: 0.25 *Đọc đúng khoảng đb, nb; cực trị 0.25 *Vẽ đúng đ thị 0.25 2) *Gọi A(a:0)  Ox mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến phân biệt. 0.25 *Đường thẳng d đi qua A với hệ số góc k có phương trình: y = k(x-a) 1 điểm  x 4  2 x2  1  k ( x  a) *d là tt của ( C) khi và chỉ khi hệ pt sau có nghiệm: ( I )  4 x3  4 x  k  0.25 4 x( x 2  1)  k k  0  ( A) hoặc  2 *Có ( I )   ( B) 2 x 1  0 3 x  4ax  1  0(1)   *Từ hệ (A), chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vậy để từ A kẻ được 3 0.25 tiếp tuyến pb tới (C) cần và đủ là hệ (B) phải có 2 nghiệm pb (x;k) với x khác 1 , tức là phương trình (1) phải có 2 nghiếm pb x khác 1 0.25 3 3 KQ: 1  a   hoÆc 1  a  2 2 Bài 2: Nội dung Điểm 1) 0.25  u 2  v2  5 u  x  1 ( x  1)2  ( y  1)2  5  *H ệ   . Đặ t  , thu được hệ  1 ( x  1)( y  1)[( x  1)  ( y  1)]  6 uv (u  v )  6 v  y  1 điểm 0.50 uv 3 u  x 1  1 u  x 1  2 * Giải ra được:  ; * Giải ra được:  hoặc     u.v  2 v  y  1  2 v  y  1  1 0.25 x  3 x  2  hoặc  y  2 y  3 2) * ĐK: cos x  0 . PT  sin 3 x  cos3 x  cos 2 x.(2 cos x  sin x) 0.25 1  (sin x  cos x).cos x.(2sin x  cos x)  0 0.25 điểm  sin x  cos x  0; 2 sin x  cos x  0 0.25  0.25 1  x    k ; x  arctan  l ;(k , l  Z ) 4 2 3) *PT  ( m  1).log 2 ( x  2)  ( m  5) log ( x  2)  m  1  0 0.25 1/ 2 1/ 2 1 5  điểm *Đặt t  log1/ 2 ( x  2), x   ; 4   t   1;1 2  t 2  5t  1 4t 2  4 0.25 Thu được pt: ; f '(t )  2 m  f (t )  2 ; f '(t )  0  t  1 (t  t  1)2 t  t 1
* Lập BBT của f(t) trên đoạn  1;1 , thấy f(t) liên tục và NB trên đoạn  1;1 , nên 0.50  7 m   3;  thỏa mãn đề bài.  3 Bài 3: * Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC 1 0.25 điểm 0.25 a 3 34 * Tính được VS . ABC  12 0.25 2 * CM được VS .MNC  .VS . ABC 9 0.25 7 a 3 34 7  VC.ABNM  .VS . ABC  9 108 Bài 4: 1) 0.25 1 2 2 I   x .ln(1  x )dx 1 * Tính điểm 0 2x  du  1  x 2 dx 1 2 1 u  ln(1  x )  2 x4 13  2   I  x .ln(1  x )   * Đặ t  dx 3 0 1  x2 2 13 3  dv  x dx  v  x 0 3  0.50 1 1 x4 2 1 dx   [ x 2  1  * Tính J   ]dx  ...    1  x2 1  x2 34 0 0 4 0.25 1 * Vậy I  .ln 2   3 96 1) 0.25 xy * Từ gt ta có P (a;0); Q(0; b), a  0, b  0. * d có pt:   1 . 1 ab điểm 0.25 31 3 d qua A(3; 1) nên   1  1  2.  ab  2. 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ ab ab 3 1 a  6 khi    a b b  2 0.25 a  6 1 * Có S OPQ  .a.b  3 . Nên SOPQ nhỏ nhất (  3 ) khi và chỉ khi  b  2 2 0.25 xy * Vậy d có pt:   1 62
Bài 5: 1) 0.25  x  t1 1  điểm * d2 có pt:  y   1  2t1 ; (t1  R )  z  3  2t  1 * Tìm được I(1;1;1) Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(t1;-1 +2 t1;3 -2 t1) , 0.25  t  0, t1  1 ) ( đk: B khác I, C khác I  IB  IC (1)  *Tam giác BIC cân đỉnh I  uuu uuur u ru r . [ AB , AC ]  0 (2)   0.25 t  1  ...   . t1  2  0.25  x2  y  3 ; (t  R ) * Từ đó có pt d3 :   z  1  2t  Bài 6: 3 y3 z3 1) 0.25 Ta có: VT + 3 = ( x  y2 )  (  z2 )  (  x2 ) 1 2 2 2 1 y 1 z 1 x điểm 0.25 y3 y3 1  z2 x3 x3 1  y2 6 ) (    VT  (   ) 2 2 2 2 42 42 42 2 1 y 2 1 y 2 1 z 2 1 z z3 z3 1  x2 (   ) 2 1  x2 2 1  x 2 4 2 0.25 x6 y6 z6 6 VT   33  33  33 42 16 2 16 2 16 2 0.25 3 3 9 ( x2  y 2  z 2 )   VT   26 8 22 23 2 2 9 3 9 3 3  VT       VP (đpcm) 63 22 22 22 2 22 ( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1)