Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học - cao đẳng môn toán khối a - đề số 7', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử đại học - cao đẳng môn Toán khối A - Đề số 7
- KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010.
Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút.
Ngày 20 tháng 12 năm 2010.
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I. (2 điểm)
Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3.
2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến
của
(Cm) tại D và E vuông góc với nhau.
Câu II (2 điểm)
cos 2 x + cos 3 x − 1
1.Giải phương trình: cos 2 x − tan 2 x = .
cos 2 x
y x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
, ( x, y x R) .
2. Giải hệ phương trình: +
y( x + y)2 = 2 x 2 + 7 y + 2
+
Câu III (1 điểm)
e
log 3 x
I =+ dx .
2
Tính tích phân:
x 1 + 3ln 2 x
1
Câu IV. (1 điểm)
Cho h×nh hép ®øng ABCD.A'B'C'D' cã c¸c c¹nh AB = AD = a, AA' = a 3
2
vµ gãc BAD = 600. Gäi M vµ N
lÇn lît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh A'D' vµ A'B'. Chøng minh AC'
vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (BDMN). TÝnh
thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN.
Câu V. (1 điểm)
7
Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng: ab + bc + ca −c abc
2
27
.
B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa. ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình đường trung
trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp
tam
giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3).
Câu VIIa. (1 điểm)
Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2 − 4 z + 11 = 0 . Tính giá trị của biểu thức
2 2
z1 + z2
.
( z1 + z2 ) 2
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb. ( 2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + 3 y + 8 = 0 , ∆ ' :3x − 4 y + 10 = 0 và
điểm
- A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , đi qua điểm A và tiếp xúc với
đường
thẳng ∆ ’.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình
mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC.
Câu VIIb. (1 điểm)
−2 log1− x (− xy − 2 x + y + 2) + log 2+ y ( x 2 − 2 x + 1) = 6
−
, ( x, y x R) .
Giải hệ phương trình : −
+log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) =1
----------------------------------------------------------- tavi ------------------------------------------------------
ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010
Nội dung Điể
Câu Ý
m
I 1 1
2 PT hoành độ giao điểm x + 3x + mx + 1 = 1
3 2 2
x(x + 3x + m) = 0 m = 0, f(x) =
0.25
0
Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 và
0.25
y’(x1).y’(x2) = -1.
−9 − 4m > 0, f (0) =xm0
Hay −
+(3 x1 + 6 x1 + m)(3x2 + 6 x2 + m) = −1.
2 2
0.25
9 9
m m
�
- III 3
� x�
ln
��
e e e
3
ln 2 x.
log 2 x � 2 � dx = 1 ln xdx 0.25
ln
I =� dx = � � + 3ln 2 x . x
3
ln 2 1 1
1 x 1 + 3ln x 1 x 1 + 3ln x
2 2
12 dx 1
Đặt 1 + 3ln x = t � ln x = (t − 1) � ln x. = tdt . Đổi cận …
2 2
0.25
3 x3
12
( t − 1) 1
e 2 2
log 3 x 1 1
� 1 + 3ln 2 x dx = ln 3 2 � t . 3 tdt = 9 ln 3 2 � − 1) dt( t2
Suy ra I = 3 0.25
2
1x 1 1
2
1 �3 �
1 4
= � t −t�= 0.25
3 3
9 ln 2 �3 � 27 ln 2
1
Chứng tỏ AC’ ⊥ BD
IV 0.25
C/m AC’ ⊥ PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’ ⊥ (BDMN) 0.25
Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách hiệu các thể
0.25
tích thì phải chỉ ra cách tính.
0.25
3a 3
Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là: .
16
Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a)bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc . Đặt t= bc thì ta
V
(b + c) 2 (1 − a) 2 � (1 − a )2 � 0.5
có 0 + t =c = .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn �
0;
bc �
4�
4 4 �
( a + 1 − a) 2 1 7
Có f(0) = a(1 – a) + =< và
4 4 27
0,25
2
� − a)2 � 7 1
(1 1 � 1� 7
với mọi a 0 [ 0;1]
= − (2a + ) � −3 �
f� a
�
� 4 � 27 4 3 � 3 � 27
� �
7
Vậy ab + bc + ca −c abc
2 . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25
27
Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6m) lµ trung ®iÓm cña BC
VIa. 1.
Suy ra: B= (2mc; 92m2c). V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB
� m − c + 5 11 − 2m − 2c �
2
nªn: C ' =+ ; � CC ' nªn
�
�2 2 �
2m − c + 5 11 − 2m − 2c 5 41
5 0.5
+ 3 = 0 � m = − � I = (− ; ) . Ph¬ng tr×nh
)−
2(
2 2 6 66
BC: 3x – 3y + 23=0
−2 x − y + 3 = 0 � 37 �
14
�C =� ; �
Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ: �
�x − 3 y + 23 = 0
3 � 3�
3
� 19 4 �
−
Täa ®é cña B = � ; � 0.5
� 3 3�
uuu
r uuur
2. Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của
0.25
AB, AC là: x + y − z − 1 = 0, y + z − 3 = 0.
r uuu uuu
rr
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n = � , AC � (8; −4; 4). Suy ra (ABC):
=
AB
� � 0.25
2x − y + z +1 = 0 .
0.25
�x + y − z − 1 = 0 �=0
x
� �
Giải hệ: � y + z − 3 = 0 � � = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1).
y
�x − y + z + 1 = 0 � = 1
2 z
� �
- Bán kính là R = IA = ( −1 − 0) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 1) 2 = 5. 0.25
VII 32 32
Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 − i, z2 = 1 + 0.5
i
a 2 2
2
� 2�
3 22
Suy ra | z1 |=| z2 |= 1 + � � = 0.25
; z1 + z2 = 2
2
�2 � 2
��
2 2
z1 + z2 11
= ... =
Đo đó 0.25
2 4
( z1 + z2 )
Tâm I của đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t)
VIb 1. 0.25
Theo yc thì k/c từ I đến ∆ ’ bằng k/c IA nên ta có
3( −3t − 8) − 4t + 10 0.25
= (−3t − 8 + 2) 2 + (t − 1) 2
3 +4
2 2
Giải tiếp được t = -3 0.25
Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0.25
uuu
r uuur r
2. Ta có AB = (2; −3; −1), AC = (−2; −1; −1) � n = (2; 4; −8) là 1 vtpt của (ABC) 0.25
Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25
M(x; y; z) MA = MB = MC M …. 0.25
M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25
VII x − xy − 2 x + y + 2 > 0, x 2 − 2 x + 1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0
(I ) .
+ Điều kiện: − 0.25
b
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
