Đề thi thử đại học 2010 trường THPT Thanh Chương

Chia sẻ: Trần Bá Trung3 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

226
lượt xem 57
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử đại học 2010 trường THPT Thanh Chương nhằm giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập toán học một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học 2010 trường THPT Thanh Chương

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010 TRƢỜNG THPT THANH CHƢƠNG I Môn Toán (Thời gian làm bài: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = -x3+3x2+1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 2. Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm ). x4  x4 1. Giải bất phương trình:  x  x 2  16  6 2 1 2.Giải phương trình: 3 sin 2 x  sin 2 x  tan x 2 Câu III (1,0 điểm). ln 3 e2 x dx Tính tích phân: I  e ln 2 x 1  ex  2 Câu IV (1,0 điểm).  Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC= a 2 . Đáy là tam giác ABC cân BAC  1200 , cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1,0 điểm).  Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh: a3  b3  c3    a  b1  c1   3  b  c  c  a  a  b   1 3 3 3   2 a  b c   II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo chƣơng trình Chuẩn : Câu VI.a(2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và điểm A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T 1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2. 2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S): x2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P). Câu VII.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: z  i  z  2  3i . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. B. Theo chƣơng trình Nâng cao : Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d: 2 2 x  y  2 2  0 và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC. Câu VII.b(1,0 điểm). x2  x  m Cho hàm số (Cm): y  (m là tham số). Tìm m để (Cm) cắt Ox tại hai điểm phân biệt A,B sao x 1 cho tiếp tuyến của (Cm) tại A, B vuông góc. ..……………………….Hết………………………… 1
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƢỜNG THPT THANH CHƢƠNG 1 KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN Câu Nội Dung Điểm I.1 * TXĐ: R (1 điểm) Sự biến thiên: y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2) 0,25 x  0 y' = 0   x  2 * Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞) Hàm số đồng biến trên (0;2) Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1 * lim y = + ∞, lim y = - ∞ x x Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞ y' - 0 + 0 - +∞ 5 y 0,25 1 -∞ *Đồ thị: y'' = -6x + 6 y'' = 0  x = 1  điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị 0,25 I.2 * PT đã cho  -x3 + 3x2 + 1 = -m3 + 3m2 + 1. Đặt k = -m3 + 3m2 + 1 0,25 (1 điểm) * Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k. 0,25 * Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt  1 < k < 5 0,25 *  m  (-1;3)\ 0; 2 . 0,25 II.1 x  4  0 * Đk:   x  4. Đặt t = x  4  x  4 (t > 0) (1 điểm) x  4  0 t  2( L) 0,25 BPT trở thành: t2 - t - 6  0   t  3 2
 x  4 0,25  (a)  9- 2x  0 * Với t  3  2 x  16  9 - 2x  x  4 2   9- 2x  0 (b) 0,25  2  4( x  16)  (9  2 x) 2 9 * (a)  x  . 2 * (b)  145 9 x< . 0,25 36 2 *Tập nghệm của BPT là: T=  ;    145  36   II.2  0,25 * Đk: cosx  0  x   k . (1 điểm) 2 2 s inx PT đã cho  3 sin x + sinxcosx - =0 cos x 1 0,25 *  sinx( 3 sinx + cosx - )=0 cos x s inx  0    3 s inx  cos x  1  0  cosx * Sinx = 0  x = k  . 0,25 1 1 * 3 sinx + cosx - = 0  3 tanx + 1 - =0 cos x cos 2 x  t anx  0  x  k 0,25  2  tan x - 3 tanx = 0    t anx  3  x    k  3  Vậy PT có các họ nghiệm: x = k  , x =  k 3 III. * Đặt t = e x  2 , Khi x = ln2  t = 0 0,25 (1 điểm) x = ln3  t = 1 x 2 2x e = t + 2  e dx = 2tdt 0,25 (t 2  2)tdt 2t  1 1 1 * I = 2 = 2  (t  1  2 )dt 0,25 0 t  t 1 2 0 t  t 1 d (t 2  t  1) 1 1 * = 2  (t  1)dt + 2  0 0 t2  t 1 * = (t 2  2t ) 1 0 + 2ln(t2 + t + 1) 1 = 2ln3 - 1 0 0,25 3
IV. * Áp dụng định lí cosin trong  ABC có AB = AC = 2a 0,25 (1 điểm) 3 1 a2 3  S = AB.AC.sin1200 = . Gọi H là hình chiếu của S ABC 2 3 lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC. BC 2a * Theo định lí sin trong  ABC ta có: = 2R  R = = HA sin A 3 a 6 0,25  SHA vuông tại H  SH = SA2  HA2 = 3 1 a2 2  VS.ABC = S .SH = 3 ABC 9 * Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC) hM SM 1 1     hM = hA . 0,25 hA SA 2 2  SBC vuông tại S  S = a2 SBC 1 3VS . ABC a 2 * Lại có: V = S .hA  hA = = S . ABC 3 SBC VSBC 3 a 2 0,25 Vậy hM = d(M;(SBC)) = 6 V * Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3  a2b + ab2 (*) 0,25 (1 điểm) Thật vậy: (*)  (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b)  0 2  (a + b)(a - b)  0 đúng Đẳng thức xẩy ra khi a = b. * Từ (*)  a3 + b3  ab(a + b) b3 + c3  bc(b + c) 0,25 c3 + a3  ca(c + a) 3 3 3  2(a + b + c )  ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1) * Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có: 1 1 1 1 1 1 3 0,25 3 + 3 + 3  33 3 3 3 = (2) a a a a b c abc * Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c. 0,25 VI.a.1 * Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2. 0,25 (1 điểm) Ta có IA = 2 5 > R  A nằm ngoài đường tròn (C) * Xét đường thẳng 1 : x = 4 đi qua A có d(I; 1 ) = 2  1 là 1 tiếp 0,25 tuyến của (C) * 1 tiếp xúc với (C ) tại T1(4;1) 0,25 4
 1   * T1T2  IA  đường thẳng T1T2 có vtpt n = IA =(1;2) 2 0,25 phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)  x + 2y - 6 = 0   VI.a.2 * Mp(P) có vtpt n P = (1;1;-2). 0,25 (1 điểm) (S) có tâm I(1;-2;-1)     * IA = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng  là u       tiếp xúc với (S) tại A  u   IA 0,25   Vì  // (P)  u   n P       * Chọn u 0 = [ IA , n P ] = (-4;6;1) 0,25  x  3  4t * Phương trình tham số của đường thẳng  :  y  1  6t  0,25 z  1 t  VII.a * Đặt z = x + yi (x; y  R) 0,25 (1 điểm) |z - i| = | Z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i| *  x - 2y - 3 = 0  Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là 0,25 đường thẳng x - 2y -  = 03  * |z| nhỏ nhất  | OM | nhỏ nhất  M là hình chiếu của O trên  0,25 3 6 3 6 *  M( ;- )  z = - i 5 5 5 5 0,25 Chú ý: HS có thể dùng phƣơng pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M VI.b.1 * B = d  Ox = (1;0) 0,25 (1 điểm) Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 )  d H là hình chiếu của A trên Ox  H(t;0) H là trung điểm của BC. * Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t  1)2  (2 2t  2 2)2  3|t - 1| 0,25  ABC cân tại A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| t  3 *  16 = 8|t - 1|   0,25  t  1 4 2 * Với t = 3  A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0)  G( 3 ; ) 3 4 2 0,25 Với t = -1  A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0)  G( 1 ; ) 3 5
VI.b.2 * Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của  ABC 0,25 (1 điểm)  d là giao tuyến của (ABC) với (  ) qua A và vuông góc với BC.     * Ta có: AB= (1;3;-3), AC = (-1;1;-5) , BC = (-2;-2;-2)   [ AB , AC ] = (18;8;2) 0,25   1    mp(ABC) có vtpt n = [ AB , AC ] = (-3;2;1). 4   1  mp(  ) có vtpt n ' = - BC = (1;1;1) 2       * Đường thẳng d có vtcp u =[ n , n ' ] = (1;4;-5). 0,25 x  1 t  0,25 * Phương trình đường thẳng d:  y  2  4t  z  3  5t  VII.b * Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox: 0,25 (1 điểm) x2  x  m x 2  x  m  0 =0   x 1 x  1 (Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt  pt f(x) = x2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1  1   0 m      4 (*)  f (1)  0 m  0  x1  x 2  1 * Khi đó gọi x1, x2 là nghiệm của f(x) = 0   . 0,25 x1x 2  m f '( x)( x  1)  ( x  1) '. f ( x) Ta có: y' = ( x  1)2  Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A và B lần lượt là: f '( x1 )( x1  1)  f ( x1 ) f '( x1 ) 2 x1 k1 = y'(x1) = = = ( x1  1) 2 ( x1  1) x1  1 2 x2 0,25 * Tương tự: k1 = y'(x2) = ( do f(x1) = f(x2) = 0) x2  1 2 x1 2 x2 Theo gt: k1k2 = -1  . = -1 x1  1 x2  1 1 *  m = ( thoả mãn (*)) 0,25 5 GV: Nguyễn Thanh Phúc - ĐT: 038.8512668 6