ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 MÔN TOÁN KHỐI B - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

144
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học đợt 2 môn toán khối b - trường thpt chuyên lê quý đôn', 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 THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 MÔN TOÁN KHỐI B - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

gigaboyht@yahoo.com.vn sent to http://laisac.page.tl ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 NĂM HỌC 2010 Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn MÔN TOÁN KHỐI B, D Thời gian làm bài: 180 phút Phần chung (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số f ( x)  x3  mx  2, có đồ thị (Cm ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 2) Tìm tập hợp các giá trị của m đ ể đồ thị (Cm ) cắt trục ho ành tại một và chỉ một điểm. Câu II (2 điểm) 1 1) Giải phương trình: 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x  sin 2 x 2   2) Giải phương trình: x 2  1  5  x 2 x 2  4; xR  x  sin 2 x 3 Câu III (1 điểm) Tính I   1  cos 2 x dx 0 Câu IV (1 điểm) Một hình nón đ ỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O. A, B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a , · · ASO  SAB  600 . Tính theo a chiều cao và diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . 4x  y 2x  y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P   xy 4 Phần riêng (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) Phần A Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x  y  0 và điểm M (2;1) . Tìm phương trình đ ường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng (d ) tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng   đ i qua hai điểm A  0; 1;2  , B 1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu  S  có phương trình: ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  2 Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: z 2  z  1  0 . 2 2 2 2 1  1  1  1  Rút gọn biểu thức P   z     z 2  2    z 3  3    z 4  4  z  z  z  z  Phần B Câu VI (2 điểm) 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  có phương trình :  x  4   y 2  25 và điểm M (1; 1) . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn  C  tại 2 điểm A, B sao cho MA  3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  có phương trình: x  y  1  0 . Lập phương trình mặt cầu  S  đi qua ba điểm A  2;1; 1 , B  0; 2; 2  , C 1;3;0  và tiếp xúc với mặt phẳng  P  2  3  log 1 x  1   log 2  x  1  6 2 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:  2  log 2  x  1 2  log 1 ( x  1) 2 --------------------Hết--------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 20 10 Môn: Toán_ Khối B và D Câu I.1 m  3 hàm số trở th ành: f ( x)  x 3  3x  2, (1,0 đ) Tập xác định D  R Sự biến thiên  x  1 y '  3( x 2  1)  0   0,25 x 1  x  1 hàm số đồng biến trên  ; 1 và 1;   y'  0   x  1 y '  0  1  x  1 hàm số nghịch biến trên  1;1 đ iểm CĐ  1; 4  , điểm CT 1; 0  lim y   lim y   0,25 x x Điểm uốn: y ''  6 x  0  x  0 , Điểm uốn U  0; 2  Bảng biến thiên: 0,25 x   1 1 y' +   0 0 CĐ  y CT  0,25 Đồ thị Câu I.2 Phương trình cho HĐGĐ x 3  mx  2  0, (*) (1,0 đ) x3  2 x  0 không thỏa mãn nên: (*)  m   0,25 x x3  2 2 2 0,25   x 2   g '( x)  2 x  2 Xét hàm số g ( x )   x x x g '( x)  0  x  1 ta có b ảng biến thiên: 0,25  x 0  1 g '( x) ll +   0  -3 g ( x)    0,25 Số nghiệm của (*) là số giao điểm của đường thẳng y  m và đồ thị hàm số y  g ( x) nên để (*) có một nghiệm duy nhất thì m  3 Lưu ý : Có thể lập luận để đồ thị (Cm ) của hàm số y  f ( x) hoặc không có cực trị hoặc có hai điểm cực trị và hai điểm cực trị nằm cùng phía đối với trục hoành
Câu II.1 1 2 tan x  cot 2 x  2sin 2 x  ,(1) (1,0 đ) sin 2 x  Điều kiện: x  k 0,25 2 4sin 2 x  cos 2 x 2sin 2 2 x  1 (1)   sin 2 x sin 2 x 0,25  2(1  cos 2 x)  cos 2 x  2(1  cos 2 2 x)  1  2 cos 2 2 x  cos 2 x  1  0 cos 2 x  1 (loai do:sin 2 x  0)    x    k 1 cos 2 x   0,25 3  2   k , k  Z Đối chiếu điề kiện phương trình có nghiệm là: x   3 0,25 Câu II.2 2 x  1  5  x 2 x 2  4; 2 x R (1,0 đ) 0,25 Đặt t  x 2 x 2  4  t 2  2( x 4  2 x 2 ) ta được phương trình 2 t  1  5  t  t 2  2t  8  0 2  t  4 0,25  t  2 x  0 x  0 + Với t =  4 Ta có x 2 x 2  4  4    4 4 2 2 2( x  2 x )  16 x  2x  8  0 x  0  2 x 2 0,25 x 2  x  0 x  0 + Với t = 2 ta có x 2 x 2  4  2    4 4 2 2 2( x  2 x )  4 x  2x  2  0 x  0   2 x 3 1 x  3 1  0,25 ĐS: phương trình có 2 nghiệm x   2 , x  3 1 Câu III    x  sin 2 x sin 2 x x I 3 dx   3 dx   3 dx (1,0 đ) 0,25 0 2cos 2 x 0 2 cos 2 x 0 1  cos 2 x  1 x x 3 dx   3 I1   dx 0 2cos 2 x 2 0 cos 2 x u  x  du  dx  dx   Đặt  v  tan x  dv  cos 2 x    1     1 1 0,25  I1   x tan x 03   3 tan xdx    ln cos x   ln 2 3 0 2  23 2 23 2 0
 1 1   sin 2 x  2 2 I2   dx   tan xdx    (1  tan x) dx   3 dx   3 3 3 2 2cos x 2 2 0 0 0 0  0,25   1 1   tan x  x  03   3   2 2 3 0,25    1(   3 1  1 1 I  I1  I 2   ln 2   3    3  ln 2) 23 2 2 3 6 2 Gọi I là trung điểm của AB , nên OI  a Câu IV S Đặt OA  R (1,0 đ) · SAB  600  SAB đ ều 1 1 1 OA R IA  AB  SA   0,25 2 sin · 2 2 3 ASO Tam giác OIA vuông tại I nên OA  IA2  IO 2 2 R2 a6  R2   a2  R  O A 0,25 3 2 I  SA  a 2 B a2 0,25 Chiếu cao: SO  2 a6 a 2   a2 3 Diện tích xung quanh: S xq   Rl   0,25 2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . Câu V (1,0 đ) 4x  y 2x  y 4 1 x y 4 y 1 x y P   0,25 xy 4 yx24y4x22 Thay y  5  x được: 4 y 1 x 5 x 4 y 1 5 4y 1 53 0,50 P      x   2 .  2 .x   y4x2 2 y4x 2 y4 x 22 3 3 P bằng khi x  1; y  4 Vậy Min P = 0,25 2 2 Lưu ý: 3x  5 3x  5 Có thể thay y  5  x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số g ( x)   x(5  x) 4 A nằm trên Ox nên A  a;0  , B nằm trên đường thẳng x  y  0 nên B(b; b) , Câu 0,25 uuu r uuur AVI.1 M (2;1)  MA  (a  2; 1), MB  (b  2; b  1) (1,0 đ) Tam giác ABM vuông cân tại M nên: uuu uuu rr (a  2)(b  2)  (b  1)  0   MA.MB  0 0,25   ,  (a  2) 2  1  (b  2) 2  (b  1)2  MA  MB    do b  2 không thỏa mãn vậy b 1  a  2  b  2 , b  2 b 1  a  2  ,b  2   b2  2  b  1   1  (b  2) 2  (b  1) 2 (a  2)2  1  (b  2) 2  (b  1)2   b  2   
a  2 b 1  a  2  b  2 , b  2  b  1    a  4  (b  2) 2  (b  1)2  .  1  1  0    (b  2) 2     b  3   0,25 a  2 đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  2  0 Với:  b  1 a  4 đường thẳng  qua AB có phương trình 3 x  y  12  0 Với  b  3 0,25 Câu Mặt phẳng   có phương trình d ạng ax  by  cz  d  0, (a  b  c  0) 2 2 2 AVI.2  b  2c  d  0 c  a  b (1,0 đ) (1) 0,25   đi qua hai điểm A  0; 1; 2  , B 1;0;3 nên:    a  3c  d  0  d  2a  3b Mặt cầu  S  có tâm I (1;2; 1) bán kính R  2 a  2b  c  d 0,25   tiếp xúc  S  nên d  I , ( )   R   2 , (2) 2 2 2 a b c Thay (1) vào (2) được : 2a  3b  a 2  b 2  ab  3a 2  11ab  8b 2  0 (3) Nếu a  0  b  0  c  0 lo ại  b  1 Nếu a  0 chọn a  1   0,25  b  3 8  + a  1, b  1  c  0, d  1 .   : x  y  1  0 3 5 7 3 5 7 0,25 , d  .   : x  y  z   0 + a  1, b  c 8 8 8 8 8 8 Ta thấy z  0 không thỏa mãn p hương trình : z 2  z  1  0 . Nên Câu AVII 0,25 1 1 z 2  z  1  0  z  1   0  z   1 (1,0 đ) z z 2 1 1 1  1   z    z 2  2  2  z 2  2  1 0,25 z z z  1 1  1 z 3  3   z   z 2  1  2   1( 2)  2 z z  z 2 1 1 z  4   z 2  2   2  ( 1) 2  2  1 4 0,25 z z  2 2 2 2 1  1  1  1  P   z     z 2  2    z 3  3    z 4  4   (1)2  (1)2  22  (1)2  7 0,25 z  z  z  z  Lưu ý : 1  i 3 Có thể thay giải một nghiệm của phương trình z 2  z  1  0 là z  sau đó 2 thay và tính giá trị của P Câu Đường tròn  C  có tâm I (4;0) và có bán kính R = 5 ; M (1; 1) B.VI.1 MI  10  5  R n ên M nằm bên trong đường tròn  C  (1,0 đ)
0,25 uuu r uuur  x  4 xM  3 xB  4  3 xB MA  3MB  MA  3MB   A  y A  4 yM  3 yB  4  3 yB ( xA  4) 2  y A 2  25 9 xB 2  (4  3 yB )2  25    A, B  (C ) nên  0,25 2 2 2 2 ( xB  4)  yB  25 ( xB  4)  yB  25    yB  3 xB  3  xB  0; y B  3  2   xB  1; yB  0 0,25  xB  xB  0 Đường thẳng cần tìm đi qua B, M vậy có hai đường thẳng thỏa mãn YCBT: 1 : 2 x  y  3  0 2 : x  2 y  1  0 0,25 P : x  y 1  0 . Câu B.VI.2 A  2;1; 1 , B  0; 2; 2  , C 1;3;0  (1,0 đ) Gọi I (a; b; c) là tâm và R của mặt cầu  IA  IB  IC  d  I ,( P )   R 0,25 2 2 2 2 2 2   IA  IB (a  2)  (b  1)  (c  1)  a  (b  2)  (c  2)   2 2 2 2 2 2  IA  IC (a  2)  (b  1)  (c  1)  (a  1)  (b  3)  c  0,25 b  a  1  (1) c   a 2  a  b 1  IA  d  I , ( P)   ( a  2)  (b  1)  (c  1)   2 2 2  0,25 2   3a 2  6 a  3  0  a  1 Vậy : a  1; b  2; c  1; R  2  ( S ) : ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  2 0,25 Câu 2  1 3  t  t 6 B.VII 2 2 Đặt t  log 2 ( x  1) ta được:  t (1,0 đ) 0,25 2t 6  5t 2  14t  24 t   5  0 0,25  4(2  t ) 2  t  4 6  log 2 ( x  1)   vậy:  5 0,25   2  log 2 ( x  1)  4 6   5   1  x  2  1  3  x  15 0,25 