ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi: TOÁN, Khối A

Chia sẻ: Trung Tuyet Mai Mai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

384
lượt xem 54
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y x 3  (1  2m) x 2  (2  m) x  m  2 (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x  y  7 0 góc

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi: TOÁN, Khối A

TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 __________________________ Môn thi: TOÁN, Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  x 3  (1  2m) x 2  (2  m) x  m  2 (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x  y  7  0 góc  , biết 1 cos  . 26 Câu II (2 điểm)  2x  1. Giải bất phương trình: log 2  1 4  5 . 2 4 x 2. Giải phương trình: 3 sin 2 x.2 cos x  1  2  cos 3 x  cos 2 x  3 cos x. Câu III (1 điểm) 4 x 1 Tính tích phân: I   1  dx . 0 1  2x  2 Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA  2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) 0 bằng 60 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  xyz . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x y z P 2  2  2 . x  yz y  zx z  xy PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x  y  1  0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3. Câu VII.a (1 điểm) 10   2 Cho khai triển: 1  2 x  x 2  x  1  a 0  a1 x  a 2 x 2  ...  a14 x14 . Hãy tìm giá trị của a6 . B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 3 x  y  4  0 . Tìm tọa độ đỉnh C. x  2 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x  y  z  1  0 ,đường thẳng d:   1 1 3 Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng  nằm trong (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 3 2 . Câu VII.b (1 điểm) 3  zi Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức:    1. i z 1
TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 MÔN:TOÁN, Khối A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. Câu ý Nội dung Điểm I(2đ) 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2 Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim y  ; lim y   0,25 x  x  •Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2  6x; y’=0  x =0, x =2 x  0 2 + y’ + 0  0 + 4 + 0,25 y  0 Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; +), nghịch biến trên (0 ; 2). •Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; 0,25 y Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0. 4 c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2) I 2 0,25 -1 0 1 2 x 2(1đ) Tìm m ... Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến  tiếp tuyến có véctơ pháp n1  (k ;1) 0,5 d: có véctơ pháp n2  (1;1)  3 n1 .n2 1 k 1 k1  2 Ta có cos      12k 2  26k  12  0   n1 n2 26 2 2 k 1 k  2  2 3  Yêu cầu của bài toán thỏa mãn  ít nhất một trong hai phương trình: y /  k1 (1) và y /  k 2 (2) có nghiệm x  2 3 0,25 3 x  2(1  2m) x  2  m  2 có nghiệm  / 1  0   / 3 x 2  2(1  2m) x  2  m  2 có nghiệm  2  0    3 2
 1 1 8m 2  2m  1  0  m   4 ; m  2 1 1  2   m   hoặc m  0,25  4m  m  3  0  m   3 ; m  1 4 2   4 II(2đ) 1(1đ) Giải bất phương trình ...  2 2x  2x log 1 4  x  4  0  3  log 1 4  x  2(1)  Bpt   2  2 0,25 log 2 2 x  9  2x 1  2 4x 2  log 1 4  3(2)   2 x 3x  8 2x  4 x  0  8 16 . Giải (1): (1)  4  8   x 0,25 4 x  5 x  16  0 3 5  4x  17 x  4 1 2x 1  4x 0  4 4 . Giải (2): (2)      x 0,25 8 4 x 4 9x  4  0 17 9  4x   4 4   8 16  Vậy bất phương trình có tập nghiệm  ;    ;  . 0,25 17 9   3 5  2(1đ) Giải PT lượng giác Pt  3 sin 2 x(2 cos x  1)  (cos 3 x  cos x )  (cos 2 x  1)  (2 cos x  1) 0,5  3 sin 2 x(2 cos x  1)  4 sin 2 x cos x  2 sin 2 x  (2 cos x  1)  (2 cos x  1)( 3 sin 2 x  2 sin 2 x  1)  0  • 3 sin 2 x  2 sin 2 x  1  0  3 sin 2 x  cos 2 x  2  sin( 2 x  )  1 0,25 6  x  k 6  2  x  3  k 2 • 2 cos x  1  0   (k  Z )  x   2  k 2 0,25   3 2 2  Vậy phương trình có nghiệm: x   k 2 ; x    k 2 và x    k 3 3 6 (k  Z ) III(1đ) 1(1đ) Tính tích phân. 4 x 1 I  dx .  0 1  1  2x 2 0,25 3
dx t 2  2t •Đặt t  1  1  2 x  dt   dx  (t  1)dt và x  1  2x 2 Đổi cận x 0 4 t 2 4 4 4 4 1 (t 2  2t  2)(t  1) 1 t 3  3t 2  4t  2 1  4 2 •Ta có I =  2 dt   2 dt    t  3   2 dt 22 t 22 t 2 2 t t  0,5 2 1t 2 =   3t  4 ln t   2 2 t  1 = 2 ln 2  4 0,25 (1đ) Tính thể tích và khoảng cách IV •Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH S 0,25 IA a BC = AB 2  2a ; AI= a ; IH= = 2 2 K 3a AH = AI + IH = A B 2 I H C a 5 •Ta có HC 2  AC 2  AH 2  2 AC. AH cos 45 0  HC  2   0,25 Vì SH  ( ABC )  ( SC ; ( ABC ))  SCH  60 0 a 15 SH  HC tan 60 0  2 1 1 1 a 15 a 3 15 • VS . ABC  S ABC .SH  . (a 2 ) 2  0,25 3 3 2 2 6 BI  AH  •   BI  (SAH ) BI  SH  0,25 d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a Ta có    d ( K ; (SAH ))  d ( B; ( SAH )  BI  d ( B; (SAH )) SB 2 2 2 2 4
V (1đ) Tim giá trị lớn nhất của P x y z P 2  2  2 . x  xy y  zx z  xy x y z Vì x; y; z  0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: P    = 0,25 2 x yz 2 y zx 2 z 2 xy 2 2 1 2  2 2     4  yz  zx xy   1  1 1 1 1 1 1  1  yz  zx  xy  1  x 2  y 2  z 2              4 y z z x x y  2    xyz  2   xyz   1  xyz  1    2  xyz  2   0,5 1 0,25 Dấu bằng xảy ra  x  y  z  3 . Vậy MaxP = 2 PHẦN TỰ CHỌN: Câu ý Nội dung Điểm VIa(2đ) 1(1đ) Viết phương trình đường tròn… KH: d1 : x  y  1  0; d 2 : 2 x  y  2  0 0,25 d1 có véctơ pháp tuyến n1  (1;1) và d 2 có véctơ pháp tuyến n2  (1;1) • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương n1  (1;1)  phương trình AC: x  y  3  0 . x  y  3  0 C  AC  d 2  Tọa độ C là nghiệm hệ:   C (1;4) . 2 x  y  2  0 xB  3 yB • Gọi B( x B ; y B )  M ( ; ) ( M là trung điểm AB) 0,25 2 2 xB  y B  1  0  Ta có B thuộc d1 và M thuộc d 2 nên ta có:  yB  B(1;0) xB  3  2  2  0  • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x 2  y 2  2ax  2by  c  0 . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có 6a  c  9 a  1    2a  c  1  b  2  Pt đường tròn qua A, B, C là: 0,5  2a  8b  c  17 c  3   2 2 x  y  2 x  4 y  3  0 . Tâm I(1;-2) bán kính R = 2 2 2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P) 5
•Gọi n  (a; b; c)  O là véctơ pháp tuyến của (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 0,25 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0  b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 2a  c • d(C;(P)) = 3  3  2a 2  16ac  14c 2  0 2 2 2 a  (a  2c )  c 0,5 a  c  a  7c •TH1: a  c ta chọn a  c  1  Pt của (P): x-y+z+2=0 0,25 TH2: a  7c ta chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0 VII.a (1 đ) Tìm hệ số của khai triển 1 3 • Ta có x 2  x  1  (2 x  1) 2  nên 4 4 0,25 1  2 x 10 ( x 2  x  1) 2  1 (1  2 x)14  3 (1  2 x)12  9 (1  2 x)10 16 8 16 14 • Trong khai triển 1  2 x  hệ số của x là: 2 C14 6 6 6 12 Trong khai triển 1  2 x  hệ số của x 6 là: 2 6 C12 6 0,5 10 Trong khai triển 1  2 x  hệ số của x là: 2 C 6 6 6 10 1 6 6 3 6 6 9 0,25 • Vậy hệ số a6  2 C14  2 C12  2 6 C10  41748. 6 16 8 16 VI.b(2đ) 1(1đ) Tìm tọa độ của điểm C x y • Gọi tọa độ của điểm C ( xC ; yC )  G (1  C ; C ) . Vì G thuộc d 3 3 0,25  x  y  31  C   C  4  0  y C  3 xC  3  C ( xC ;3x C  3)  3  3 •Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương AB  (1;2)  ptAB : 2 x  y  3  0 1 11 11 2 xC  3 xC  3  3 11 • S ABC  AB.d (C ; AB )   d (C ; AB )    2 2 5 5 5  xC  1 0,5  5 xC  6  11    xC  17   5 6
• TH1: xC  1  C (1;6) 17 17 36 0,25 TH2: xC   C ( ; ) . 5 5 5 2(1đ) Viết phương trình của đường thẳng • (P) có véc tơ pháp tuyến n( P )  (1;1;1) và d có véc tơ chỉ phương .u  (1;1;3) 0,25 I  d  ( P )  I (1;2;4)  • vì   ( P);   d   có véc tơ chỉ phương u   n( P ) ; u  (4;2;2)   2(2;1;1) • Gọi H là hình chiếu của I trên   H  mp(Q) qua I và vuông góc  Phương trình (Q):  2( x  1)  ( y  2)  ( z  4)  0  2 x  y  z  4  0 Gọi d1  ( P)  (Q )  d1 có vécto chỉ phương x  1 n ( P) ; n( Q )    (0;3;3)  3(0;1;1) và d1 qua I  ptd1 :  y  2  t z  4  t  Ta có H  d1  H (1;2  t ;4  t )  IH  (0; t; t ) 0,5 t  3 • IH  3 2  2t 2  3 2   t  3 x 1 y  5 z  7 • TH1: t  3  H (1;5;7)  pt :   2 1 1 x 1 y 1 z 1 0,25 TH2: t  3  H (1;1;1)  pt :   2 1 1 VII.b 1đ Giải phương trình trên tập số phức. ĐK: z  i zi • Đặt w  ta có phương trình: w 3  1  (w  1)( w 2  w  1)  0 iz 0,5  w  1  w  1 1 i 3  2  w   w  w  1  0 2  w   1  i 3   2 7
zi • Với w  1  1 z  0 iz 1 i 3 z  i 1  i 3 • Với w     (1  i 3 ) z   3  3i  z   3 2 iz 2 0,5 1  i 3 z  i 1  i 3 • Với w     (1  i 3 ) z  3  3i  z  3 2 iz 2 Vậy pt có ba nghiệm z  0; z  3 và z   3 . ---------------------------Hết--------------------------- 8