ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn Thi: Toán - TRƯỜNG THPT CHÍ LINH

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

Thêm vào BST

Báo xấu

118
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn thi: toán - trường thpt chí linh', 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 Môn Thi: Toán - TRƯỜNG THPT CHÍ LINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHÍ LINH Môn Thi : TOÁN ; Khối :B Lần thứ hai Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề gồm 01 trang Câu 1: ( 2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  2(m  1) x 2  9 x  2  m (1) 1) Với m  4 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2) Tìm m (m  ¡ ) để hàm số (1) đạt cực trị tại x1 , x2 thoả mãn x1  x2  2. Câu 2: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 3  cos 2 x - sin x   cos x  2sin x  1  0 1 2) Giải phương trình 4 log 2 2 x  log 2 x5  1 ( x  ¡ ) 4 2 Câu 3: (1,0 điểm)  2 cos x Tính tích phân I   dx sin x 3  cos 2 x  6 Câu 4: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A trên 3a (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của  A’B’C’ và AG  . Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với 2 (A’B’C’) góc 600 . Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a. Câu 5: (1,0 điểm) Trong hệ toạ độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3 x  4 y  20  0, d 2 : 4 x  3 y  10  0 Viết phương trình đường tròn (C) biết rằng (C) đi qua A(1; 3) , tiếp xúc với d1 và có tâm nằm trên d 2 . Câu 6: ( 1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S), 2 đường thẳng d1 , d 2 có phương trình x  3  t x 1 y  1 z  1  2 2 2 (S): x  y  z  4 x  4 y  2 z  16  0 d1 :   d 2 :  y  2t (t  ¡ ) 1 4 1  z  1  2t  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với d1 , d 2 và khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) bằng 3. Câu 7: ( 1,0 điểm). Cho z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2  2 z  2  0 . Tính A  z12010  z 2 2010 Câu 8: (1,0 điểm) 4 Cho các số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  . 3 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  2( xy  yz  xz )  x y z ………….…………………………………Hết……………………………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………; Số báo danh:http://laisac.page.tl Chữ kí giám thị:………………………………………
Híng dÉn chÊm TOÁN KHÓI B Câu Nội dung Điểm Câu1 (2,0đ) 1)1,0 đ 1) m  4  y  x 3  6 x 2  9 x  2 0,25 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x3  6 x 2  9 x  2 1. Tập xác định: D  ¡ 2. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn tại vô cựccủa hàm số. 692 lim y  lim ( x3  6 x 2  9 x  2)  lim x3 (1   2  3 )   xx x x  x  x  lim y   x  * Lập bảng biến thiên  x  1  y (1)  2 y '  3 x 2  12 x  9; y '  0    x  3  y (3)  2 * Lập bảng biến thiên 0,25 bảng biến thiên x - 1 3 + y’ + 0 - 0 + 2 + y - -2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (-  ;1) và (3;+  ) 0.25 Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) Hàm số đạt cực đại tại x=1 =>ycđ=2 Hàm số đạt cực tiểu tại x=3=>yct=-2 3. Đồ thị 0,25 -Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=>x=2;x=2  3 - Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;0) làm tâm đối xứng x 2 O 1 2 3 y -2 3
2)1,0đ 2)Ta có y '  3x 2  4(m  1) x  9 0,25 y’ là tam thức bậc hai nên hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 , x2 khi và chỉ khi y’có hai nghiệm phân biệt  33 m  1  2 (1)    4(m  1)2  27  0    33 m  1   2 0,25 4(m  1) Theo viét x1  x2  ; x1 x2  3 . 3 Khi đó 2 x1  x2  2   x1  x2   4 x1 x2  4 16(m  1)2   12  4 9 0,25  m  2  (m  1) 2  3   (2)  m4 0,25 Từ (1) và (2) suy ra m=-2;m=4 Câu 2: 0,25 1)Giải phương trình 3  cos 2 x - sin x   cos x  2sin x  1  0 (2,0đ)  sin 2 x  3 cos 2 x  3 sin x  cos x 1 3 3 1  sin 2 x  cos 2 x  sin x  cos x 2 2 2 2     0,25  sin 2 x cos  cos 2 x sin  sin x cos  cos x sin 3 3 6 6    sin(2 x  )  sin( x  ) 3 6 0,25     2 x  3  x  6  k 2  (k  ¢ )  2 x      ( x   )  k 2  3 6  0,25    x   2  k 2  (k  ¢ )  x  5  k 2  18 3  KL 1)1,0đ 1 0,25 2)Giải phương trình 4 log 2 2 x  log 2 x5  1 ( x  ¡ ) (1) 4 2 ĐKXĐ:x>0 1  log 2 2 x  5 log 2 x  1 2  (log 2 x  1) 2  5 log 2 x  1 0,25  log 2 x  3log 2 x  2  0(1) 2 Đặt t=log2x (1) trở thành 0,25 4
t  1 t 2  3t  2  0   t  2 t=1 ta có log2x=1  x=2 0,25 t=2 ta có log2x=2  x=4 kết hợp với ĐKXĐ  phương trình đã cho có 2 nghiệm là x=2 và x=4   Câu 3: 0,25 2 2 cos x s inx cos x (1,0đ) Tính tích phân: I   dx   dx sin x 3  cos 2 x sin 2 x 3  cos 2 x   6 6 3  cos2 x  t 2  3  cos2 x  2tdt  2s inxcosxdx . Đặt t = sin 2 x  1  cos 2 x  4  t 2 s inx cos x dt 0,25 dx   4 t2 2 2 sin x 3  cos x  15 Đổi cận x   t  6 2  x t  3 2 0,25 15 15 15 2 2 1 t2 dt 1 1 1 I= = = ln 2    ( ) dt 2 3 4 t 2 t2 t 2 4 4t 3 3 0,25 15  4 32 1 1 = (ln )=  ln (ln( 15  4)  ln( 3  2)) 4 2 15  4 32 Câu 4: 0,25 A C (1,0đ) H M B a C' A' G M' B' gọi M,M’ lần lượt là trung điểm BC,B’C’  A’,G’,M’ thẳng hàng và AA’M’M là hình bình hành . A’M’  B’C’, AG  B’C’  B’C’  (AA’M’M)  góc giữa (BCC’B’) và (A’B’C’) là · góc giữa A’M’ và MM’ bằng M ' MA  600 đặt x=AB 0,25 5
x3 2 x3  ABC đều cạnh x có AM là đường cao  AM   A ' M ', A ' G  AM  2 3 3 a3 Trong  AA’G vuông có AG = A’Gtan600 = x;  x  2 0,25 2 3 a 3 2 3a 2 3 1 x3 0 diện tích  ABC là S ABC  AB. AC .sin 60   ) ( 2 4 4 2 16 0,25 2 3 a 3 3a 3 9a thể tích khối lăng trụ là VABC . A ' B ' C '  AG.S ABC   2 16 32 r Câu 5: 0,25 d 2 đi qua M(4;2) và có vectơ chỉ phương u   3;4  nên có phương trình tham số (1,0đ)  x  4  3t là  (t  ¡ )  y  2  4t Giả sử I (4  3t; 2  4t )  d 2 là tâm và R là bán kính của đường tròn (C) Vì (C) đi qua A(1;-3) và tiếp xúc với d1 nên 0,25 IA  d ( I , d1 )  R 3(4  3t )  4(2  4t )  20 2 2  3  3t    5  4t  Ta có IA  d ( I , d1 )   5|t | 32  4 2 17 0,25 25t 2  58t  34  5t  58t  34  0  t   29 0,25 17 65 10 85 Với t   ta được phương trình đường tròn  I1 ( ;  )  R  IA  29 29 29 29 2 2 65   10  7225   C: x    y    29   29  841  Câu 6: 0,25 x  3  t x 1 y  1 z  1  (1,0đ) (S): x 2  y 2  z 2  4 x  4 y  2 z  16  0 d1 :   d 2 :  y  2t (t  ¡ ) 1 4 1  z  1  2t  (S) có tâm I(2;2;-1) bán kính R=5 uv d1 đi qua điểm M1 (1;-1;1) có véc tơ chỉ phương là u1  (1;4;1) uu v d 2 đi qua điểm M 2 (3;0; 1) có véc tơ chỉ phương là u2  (1;2;2) uv uu v   [u1 , u2 ]  2 1 ; 1 11 ; 1 2  (6;3; 6)  3(2;1; 2) 4 14 2 2 1 uv uu v 0,25 Gọi (P) là mặt phẳng song song với d1 , d 2  (P) nhận [u1 , u2 ]=(2;1;-2) làm véc tơ phép tuyến 3  phương trình của (P): 2 x  y  2 z  D  0 . | 2.2  1.2  2( 1)  D | d ( I , ( P ))  3  3 22  12  ( 2) 2 0,25 D  1 | D  8 | 9    D  17 D=3  phương trình của (P1): 2 x  y  2 z  1  0 D=-15  phương trình của (P2): 2 x  y  2 z  17  0 6
ta thấy M1,M2 không thuôc ( P2 ) nên ( P2 ) thoả mãn đề bài 0,25 M 1 (1; 1;1) nằm trên ( P ) nên ( P ) chứa d1  ( P ) : 2 x  y  2 z  1  0 loại. 1 1 1 Vậy phương trình của (P) thoả mãn đề bài là 2 x  y  2 z  17  0 Câu 7: Xét phương trình z 2  2 z  2  0 (1) 0,25 (1,0đ) z  1 i (1)có  =-1