Đề thi thử đại học lần 2 Môn: TOÁN - Khối A - Trường THPT công nghiệp

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

122
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 2 môn: toán - khối a - trường thpt công nghiệp', 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 lần 2 Môn: TOÁN - Khối A - Trường THPT công nghiệp

Sở GD & ĐT hoà bình Đề thi thử đại học lần 2 năm 2010 Mụn: TOÁN - Khối A trường thpt công nghiệp Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số y = x3- (m+1)x2 + (m - 1)x + 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m =1 2) Chứng tỏ rằng với mọi giá trị khác 0 của m, đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt A, B, C trong đó B, C có hoành đ ộ phụ thuộc tham số m. Tìm giá trị của m để các tiếp tuyến tại B, C song song với nhau. Câu II ( 2điểm )  1 1 8  1) Giải phương trình: 2 cos x  cos 2 ( x   )  sin 2 x  3cos  x    sin 2 x 3 3 2 3  2  1  3  2 x  x2 2) Giải phương trình : x 1  3 x Câu III: (1 điểm ) 3 dx I Tính tích phân : 1  x  1  x2 1 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) , SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) đ ể thể tích khối chóp S.ABC lớn nhất. Câu V : (1 điểm) Cho phương trình:  m  3  log 2 ( x  4)   2m  1 log 2 ( x  4)  m  2  0 1 2 Tìm m đ ể phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho 4 < x1 < x2 < 6 Phần riêng ( 3 điểm ) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần1 hoặc phần2) Phần1 (Theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết A(1; 3) và hai đường đường trung tuyến có phương trình là d1: x - 2y +1 = 0 ; d2 : y - 1 = 0 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng  x  1  3t ' x 1 y  2 z    d2 :  y  3  2t ' . d1 : và 1 2 3  z 1  Chứng minh rằng d1 và d2 chéo nhau. Viết phương trình đường vuông góc chung của d1 và d2 Câu VII.a (1 điểm) 1 3 i . Hãy tính 1 + z + z2 Cho số phức z =   22 Phần2 (Theo chương trình nâng cao ) Câu VI.b : (2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC , biết C(4; 3), đường phân giác trong và đường trung tuyến kẻ từ một đỉnh của tam giác có phương trình lần lượt là d1 : x + 2y -5 = 0 ; d2 : 4x +13 y - 10 = 0 . 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đường thẳng d1 và d2 và mặt phẳng (P) có phương trình  x  4  5t ' x 1 y  2 z  2  d2 :  y  7  9t '   d1 : ; (P): 4y - z - 5 = 0. 1 4 3  z t'  Viết phương trình của đường thẳng  vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng d1 , d2 Câu VIIb: (1 điểm ) Tìm nghiệm phức của phương trình: (1+i)z2 - (4 + i)z + 2 - i = 0 ----------Hết ………….. Họ và tên thí sinh:................Số báo danh: ..-------------- pat_hn@yahoo.com sent to http://laisac.page.tl 1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - LẦN 2 - NĂM 2010 Câu NỘI DUNG Điể m y  x 3  ( m  1) x 2  ( m  1) x  1 Câu 1) Kháo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 m = 1 hàm số có dạng y  x 3  2 x 2  1 0.25 TXĐ: D = R Sự biến thiên: Giới hạn: lim   lim   x   x   x  0 y'  0   2 Bảng biến thiên: y'  3x  4 x , x  4 3  x 4 - + 0 3 y' + 0 - 0 + 0.25 y 1 + 5  - 27 4  Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0 và  ;  3   4 Hàm số nghịch biến trờn khoảng  0;   3 Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = y(0) = 1 0.25 5 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = ; yCT = y 4    27 3   3 Đồ thị  2 11  Điểm uốn: U  ;   3 27  Giao với trục Oy (0, 1) 1  5  1  5  Giao với trục Ox (1, 0);     2 ,0 ;  2 ,0      2 11  0.25 Nhận điểm uốn U  ;  làm tâm đối xứng  3 27  2) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số đó cho với trục ho ành là nghiệm của phương trình: x  1 x 3  ( m  1) x 2  (m  1) x  1  0  ( x  1)( x 2  mx  1)  0   0.25  x 2  mx  1  0 (2)  CMinh m  0 phương t rình (2) luụn có hai nghiệm phân biệt khỏc 1  phương trình (1) có ba nghiệm p hân biệt 0.25  m  0 đồ thị hàm số đó cho luụn cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt là: A(1, 0); B(x1, 0); C(x2, 0) với x1, x2 là nghiệm của phương trình (2) Ta có y'  3 x 2  2( m  1) x  ( m  1) Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là: y( x1 ) '  3 x12  2( m  1) x1  ( m  1) 2 Hệ số gúc của tiếp tuyến tại B là: y( x2 ) '  3x 2  2( m  1) x 2  ( m  1) 0.25 2
Tiếp tuyến tại B và C song song với nhau  y' ( x1 )  y' ( x21 )  ...  m  2 0.25 II  1 1 8  1) Giải phương trình: 2 cos x  cos 2 ( x   )   sin 2 x  3 cos x    sin 2 x 3 3 2 3  0.5 2 Biến đổi phương trình về dạng: 2 sin x  9 sin x  7  6 sin x cos x  6 cos x  0  (sin x  1)(2 sin x  6 cos x  7)  0 sin x  1  2 sin x  6 cos x  7  0 0.25  Giải phương trình sinx = 1 t a được nghiệm x   k 2 2 Chứng minh phương t rình 2 sin x  6 cos x  7  0 vô nghiệm  0.25 Kết luận: nghiệm của phương trình: x   k 2 2 cach 2  1  3  2 x  x 2 , ĐKXĐ: -1  x  3 2) Giải phương trình: 1 x 1  3  x 4  2  2 3  2x  x2 x 1  3 x * Biến đổi phương trình về dạng 4 0,5   2  ..   x 1  3  x  2 x 1  3  x 0,25 * Đặt t = x  1  3  x , đk t > 0, dẫn đến pt t3 - 2t - 4 = 0  t = 2 * Từ đó ta được x = -1 ; x = 3 0,25 cach 2  1 3  2x  x 2 2) Giải phương trình: 2 x 1  3  x ĐKXĐ: -1  x  3 0.25 u  x  1 u  0  Đặt  điều kiện  v  0 v  3  x  Dẫn đến hệ: 2 2  1  u.v  1  u.v u  v  2    u  v  …  u  v u.v  0 0.5 u 2  v 2  4 (u  v) 2  2u.v  4   u  2 u  0 Giải ta được  ho ặc  0.25 v  0 v  2  x 1  2 u  2   x3 Với  ta có hệ  v  0  3 x  0   x 1  0 u  0   x  1 Với  ta có hệ  0.25 v  2  3 x  2  Kết luận hệ có hai nghiệm x = 3 và x = -1 CâuI Ta có: II 3 3 3 3 3 1 x  1 x2 1  x  1 x2 1  x2 dx 1 1   dx   dx     1dx   dx 1 x    1  x 2  1  x 2 2x 2 1x  2x 1 x2 0,5 1 1 1 1 3 31 1 1  1 I1 =    1dx  ln x  x   ln 3  2  12 2 1 x  2 3 1 x2 dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2 xdx I2 =  2x 1 3
Đổi cận x = 1  t = 2 , x = 3  t = 10 . Vậy 10 10 t 2 dt t  1  10  1  1 1 1 1 1 I2   ...   1  2  t  1  t  1  dx   2 t  4 ln t  1   ...      2 2 2(t  1)   2    2 2  10  2   1 ln 11  2 10 1 ..  4 93  2 2  2 ln 3  2 - 1 10  2  1 ln 11  2 10 1   Từ đó tính được I =   2 4 9 32 2 2 Câu Gọi  là gúc g iữa hai mp (SCB) và (ABC) . IV · Ta có :   SCA ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  0,5 1 1 1 1  .SABC .SA  .AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2  a 3 sin  1  sin 2   Vậy VSABC 3 6 6 6  Đặt x = sin. Vỡ 0 <   , nờn x  (0; 1) 2 Xét hàm số : f(x) = x – x3 trờn kho ảng ( 0; 1) 1 Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f '  x   0  x   S 3 Từ đó ta thấy t rờn khoảng (0;1) hàm số 0,5 f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm cực đại, nờn tại đú hàm số đạt GTLN 1 2 hay Max f  x   f   B x 0;1  3 3 3 A a3 Vậy MaxVSABC = , đạt được khi C 93  1 1  hay   arc sin sin  = , ( với 0 <   ) 2 3 3 Ta m để phương trình có 2 nghiệm pt đó cho tương đương với pt: (m  3) log 2 ( x  4)  (2m  1) log 2 ( x  4)  m  2  0 2 0,25 trên khoảng (4; 6) phương trình luụn xỏc định. Đặt t  log 2 ( x  4) đk t < 1 do 0 < x - 4 < 2 x  (4; 6) Dẫn đến pt (m-3)t2 + (2m +1)t + m + 2 = 0  m(t2 + 2t + 1) = 3t2 - t - 2 (*) 3t 2  t  2 m Nhận Xét thấy t = -1 khụng thỏa món pt (*) . Biến đổi pt về dạng 2 t  2t  1 Câu 0,25 3t 2  t  2 Bài toỏn trở thành: Ta m để pt: f(t) = 2  m , có hai nghiệm phân biệt t1 < t2 < 1. V t  2t  1 7t  3 3 Tính đạo hàm f ' (t )  ; f ' (t )  0  t   3 7 (t  1) Bảng biến thiên của hàm số f(t) trờn khoảng (-; 1) t 1 3 - -1  7 + - 0 + f'(t) 0 + + f(t) 25  3 8 4
0,5  25  m0 Từ đó suy ra các giá trị cần ta là:  8  m  3 1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc Câu VIa A  d1, A  d2. Giả sử d1 qua B, d2 qua C 0.25 x  2 y  1  0 Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ   G(1, 1 y 1  0 Vỡ B  d1 nờn B(2b-1 ;b) , Vỡ C  d2 nờn C(c ;1) x A  x B  xC   xG  0.25  3 Từ gt G là trong tâm tam giỏc ABC suy ra  y A  y B  yC y  G 3  Tính được b = -1, c = 5 . Suy ra B(-3, -1) ; C(5, 1). Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0 ; AC: x + 2y - 7 = 0 BC: x - 4y - 1 = 0 0.5 x  1  t  2) Viết được d1:  y  2  2t  x  3t  d1 đi qua M1(1; 2; 0), có VTCP u1  ( 1;2;3) , d2 đi qua M2(1; 3; 1), có VTCP u 2  (3;2;0)     Tính được M 1 M 2  ( 0;1;1) , u1 , u 2  (6;9;4)  u1 , u 2 M 1 M 2  5  0  d1, d2 chéo nhau 0,5 Trờn d1 lấy điểm A(1 - t; 2 + 2t; 3t), trên d2 lấy điểm B(1 +3t'; 3 - 2t'; 1)  AB  (3t 't ;1  2t '2t ;1  3t ) AB là đường vuông góc chung của d1, d2 1  t '   19  AB.u1  0 7t '14t  5    dẫn tới hệ  .  13t '7t  2 t  51  AB.u 2  0    133   30 45  20   16 59   AB   ; ;  và B ; ;1  133 133 133   19 19  16   x  19  6t  59   pt đường vuông góc chung của d1 và d2 là  y   9t 19   z  1  4t 0,5   Hóy tớnh 1 + z + z2 Câu VIIa 0.5 2 1 3 1 3 2 Tính được z       2 2 i   2  2 i   2 0.5  1+z+z =…=0 1)Giả sử đường phân giác và đường trung tuyến đó cho đi qua đỉnh A. Khi đó tọa độ đỉnh A Câu VIb x  2 y  5 là nghiệm của hệ:   A(9;2) 0.25 4 x  13 y  10 Viết được pt cạnh AC: x + y -7 = 0 Viết ptđt d qua C ,vuông góc với phân giác d1 của gúc A ta được. d: 2x -y - 5 =0 Giả sử d cắt cạnh AB tại E, cắt đươgs phân giác d1 tại I và tọa độ của I là nghiệm của hệ 0.25 5
2 x  y  5  I (3;1)  x  2 y  5  0  x  x E  2 x1 Do I là trung điểm của CE nờn ta có :  C  E ( 2;1)  yC  y E  2 y1 Viết được ptđt AB( Đi qua A và E): x + 7y + 5 = 0 Viết ptđt d3 qua I và song song với cạnh AB có pt: x + 7y - 10 = 0 Gọi M là trung điểm của cạch AB thỡ M  d 3  d 2  Tọa độ M là nghiệm của hệ: 0.5 4 x  13 y  10  0  M(-4; 2)   x  7 y  10  0 Viết được pt cạnh BC: x - 8 y + 20 = 0 x  1  t  2) ptts của d1:  y  2  4t  x  2  3t  Trờn d1 lấy điểm A(1 + t; -2 + 4t; 2 + 3t), trên d2 lấy điểm B(-4 +5t'; -7+9t'; t') 0.5  AB  ( 5  5t 't ;5  9t '4t; t '3t  2) mp(P) có VTPT n  (0;4;1) Đường thẳng AB vuông góc với mp(P)  AB và n cùng phương Từ đó ta được t = 0, t' = 1  A(1; -2; 2) và AB = (0; 4; -1) x  1  0.5  pt đường thẳng thỏa món yờu cầu đề bài là:  y  2  4t z  2  t  Giải phương trình……….. Câu 0.5 Tính được  = 3 + 4i = (2 + i)2 VIIb 3i 1 Ta được 2 nghiệm. z1  ; z2  0.5 1 i 1 i Chú ý: Mọi lời giải khác, nếu đúng thỡ chấm điểm tương ứng . 6
1) Viết phương trình cạnh của tam giỏc A  d1, A  d2. Giả sử d1 qua B, d2 qua C Gọi trung tuyến BK: x - 2y + 1 = 0 CH: y - 1 = 0 x  2 y  1  0 Tính được tọa độ trọng tâm G là nghiệm của hệ   G(1, 1) y 1  0 G nằm trờn trung tuyến AM và AG  2GM 1  1  2 x M  1 xM  1 suy ra   M(1, 0)  1  3  2( y M  1)  yM  0 Đường thẳng BC qua M(1, 0) có hệ số góc k nên có pt: y = k(x - 1) hay y = kx - k  y  kx  k 2k  1  1 BC  BK = {B} giải hệ   xB  k   x  2 y  1  0 2k  1  2  y  kx  k 1  xC   1k  0  BC  CH = {C} giải hệ  y 1  0 k 2k  1 1 M(1, 0) là trung điểm của BC  x B  xC  2 x M hay  1  2 2k  1 k 1 Tính được k  . 4 1 pt cạnh BC: y  ( x  1)  x  4 y  1  0 4 Từ đó tính được xB = -3, yB = -1 hay B(-3, -1) Tính được tọa độ C(5, 1). Viết được pt cạnh AB: x - y + 2 = 0 Viết được pt cạnh AC: x + 2y - 7 = 0 7