ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: TOÁN - KHỐI A - RƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP

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

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 38
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn: toán - khối a - rường 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 Môn: TOÁN - KHỐI A - RƯỜNG THPT CÔNG NGHIỆP

SỞ GD VÀ ĐÀO TẠO HOÀ BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 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 ) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 + 3x2 + 1 2) Từ gốc toạ độ kẻ được bao nhiêu đường thẳng tiếp xúc với đồ thị (C) ? Viết phương trình của các đường thẳng đó. Câu II ( 2điểm ) 1  tan x  1  sin 2 x 1  tan x 1) Giải phương trình: x3  y3  1  2 2 3 2) Giải hệ phương trình :  x y  2 xy  y  2 2 ln( x 2  1) I dx x3 Câu III: (1 điểm ) Tính tích phân : 1 Câu IV: (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc ASB =  . Tính thể tích của khối chóp S. ABCD theo a và  . Câu V : (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh rằng a 3  b3  c3 a 2  b 2 b 2  c2 c 2  a 2 9 2    c  ab a 2  bc b 2  ac 2 2abc PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần1 hoặc phần2) 1.Theo chương trình nâng cao Câu VI.a (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC với A(0; 1) . Các đường cao đi qua hai đỉnh B và C lần lượt có phương trình d1 : 3x + 4y -12 = 0 ; d2 : 4x - y - 7 = 0 . Tìm toạ độ các điểm B và C. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt có phương x y 3 z d:   1 1 2. trình (P) : 2x -y -2z + 3 = 0 , (Q): 2x - 6y +3z - 4 = 0 và đường thẳng Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và(Q) n  2 2 x   x , Câu VII.a (1 điểm) Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển nhị thức Niutơn  Với x  0 , và n  N, biết rằng tổng các hệ số của ba số hạng đầu tiên trong khai triển đó bằng 97. 2. Theo chương trình chuẩn Câu VI.b : (2 điểm ) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x - 2y -2 = 0 và điểm A(0;1) , B(3; 4). Tìm toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho 2MA2 + MB2 là nhỏ nhất. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;7;-1), B(4;2;0) và mặt phẳng (P): x + 2y - 2z + 1 = 0. Viêt phương trình hình chiếu của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P) Câu VIIb: (1 điểm ) Chứng minh rằng trong mặt phẳng toạ độ Oxy bốn điểm biểu diễn các số phức: 4+ (3 + 3 )i ; 2 + (3 + 3 )i ; 1+ 3i ; 3 + i cùng thuộc một đường tròn. ----------Hết --------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:..............................................................Số báo danh: ................................ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn TOÁN – Khối A Câu Nội dung đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát hàm số: y = x3 + 3x2 + 1 Câu I (2,0 điểm)  Tập xác định: D =  Sự biến thiên: lim lim x   y = –; x   = + 0,25  x0 y'  0    x  2 y' = 3x2 + 6x = 3x(x +2) , Bảng biến thiên x – + -2 0 y' + 0 -- 0 + 0,25 y + 5 - 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (–; –2) và (0; +) 0,25 nghịch biến trên khoảng : (–2; 0) Điểm cực đại: (-2; 5) ; điểm cực tiểu: (0; 1)  Đồ thị - Cắt Oy tại điểm (0; 1) - Đi qua các điểm (-3;1) ; (1;5) - Điểm uốn I(-1;3) - Tâm đối xứng I(-1;3) 0,25 2. (1,0 điểm) Từ gốc toạ độ kẻ được ...... Viết được phương trình của đường thẳng d đi qua gố c toạ độ với hsg k y = kx 0,25 3 2  x  3 x  1  kx (1) 2 d tiếp xúc với (C)  3 x  6 x  k (2) có nghiệm  Thế (2) vào (1) ta được phương trình  x  1 0,25   x 1 x3 + 3x2 + 1 = x(3x2 + 6x)  2x3 + 3x2 - 1 = 0  2 x = 1 suy ra k = -3 , viết được phương trình tiếp tuyến y = -3x 0,25
1 15 15 0,25 x = 2 suy ra k = 4 , viết được phương trình tiếp tuyến y = 4 x Câu II 1. (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác: (2,0 điểm)  cos x  0 0,25  Viết được đk tan x  1 Biến đổi phương trình đã cho về dang: sinxcos2x + sin2 xcosx + sinx = 0  sinx(cos2x + sinxcosx + 1) = 0 0,25 Đánh giá được phương trình cos2x + sinxcosx + 1= 0 vô nghiệm. 0,25 Kết quả: Tìm được nghiệm x = k  ; k  Z 0,25 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2x3  2 y 3  2 (1) 2 2 3 0,25 Hệ đã cho   x y  2 xy  y  2 ( 2) 3 2 3 2 Từ (1) và (2) => (2x -x y) + (y -2xy ) = 0 Biến đổi về phương trình: (y - 2x) ( y- x) (y + x) = 0 0,25  y = 2x ; y =x ; y =-x 3 3 3 3 3 y =2x thay vào (1) ta đươc pt: 9x =1  x = 9 => y = 2 9 . 1 0,5 3 y =x thay vào (1) ta đươc pt: 2x3 =1  x = 2 =y y = -x t hay vào (1) , phương trình vô nghiệm 1 1 3 3 3 3 3 3  Kết quả: (x; y) = ( 9 ; 2 9 ) hoặc (x; y) = ( 2 ; 2 ). Câu III Tính tích phân: (1,0 điểm) 2x  du  x 2  1 dx u  ln( x 2  1)  0,25  1  dv  1 dx  v 2  3 2x =>  x Đặt  2 2 2 2  1 dx 1 1 dx xdx I   ln( x 2  1)      ln 5  ln 2     2 0,25 2  1 1 x( x  1) x 1 ( x  1)  2x 8 2 Suy ra: 1 21 2 1 1   ln 5  ln 2   ln x   ln( x 2  1) 0,25 12 1 8 2 Tính được: I 1 5 5  ln16  ln 5  ln 4  ln 5 0,25 I2 8 8 Tính được: Câu IV (1,0 điểm)
0,25  a 0,25 SI = 2 . cot 2 ; Tính được a  0,25 2 sin cos  ; và diện tích của hình vuông ABCD bằng a 2 2 Tính được: SO = a 3 cos  0,25  6 sin 2 Từ đó tính được V = (đvtt) Câu V Chứng minh bất đẳng thức... (1,0 điểm) Biến đổi vế trái về dạng:  a 2  bc b 2  c 2   b 2  ac c 2  a 2   c 2  ab a 2  b 2    2bc  a 2  bc    2ac  b 2  ac    2ab  c 2  ab     VT =    - 0,5  bc ac ab    P   2bc 2ac 2ab  áp dụng bất đẳng thức Côsi ta dược  a 2  bc 2bc   b 2  ac 2ac   c 2  ab 2ab  3   2bc  a 2  bc   2ac  b 2  ac    2ab  c 2  ab   2  0,25   P     39 => P  2 + 2 + 2 - 2 = 2 ( Đpcm) 0,25 dầu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b= c 1. (1,0 điểm) Tìm toạ độ các điểm B, C ur uu r u1 ( 4; -3) , d có VTCP u2 ( 1; 4) , d1 có VTCP 2 0,25 Viết được pt đường thẳng chứa cạnh AB : x + 4y -4 = 0  x  4y  4  0  Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 3 x  4 y  12  0 0,25 Giải hệ tìm được B(4; 0) Câu VI.a Viết được phương trình đường thẳng AC : 4x - 3y + 3 =0 (2,0 điểm) 0,25  4x  y  7  0  Toạ độ điểm c là nghiệm của hệ 4 x  3 y  3  0 0,25
Tìm đươc toạ độ điểm C(3; 5) 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt cầu.....  xt   y  3  t  0,25 - Viết phương trình tham số của đường thẳng d:  z  2t Vì tâm I của mặt cầu nằm trên đường thẳng d suy ra I(t;-3 -t; 2t) Mặt cầu tâm I tiếp xúc với hai mặt phẳng (P) và (Q) 6  t 14t  14   d(I,(P)) = d(I, (Q)) = R  3 7 0,25 12  Tìm đựơc t = 0 , t = 5 Với t = 0 , viết được pt mặt cầu : x2 + (y - 3)2 + z2 = 4 0,25 . 2 2 2 12   3  24  169  12 x    y   z     0,25 5  5  5 25 Với t = 5 , viết được pt mặt cầu:  Tìm hệ số chứa x4 .... n k  2 2  2  C nk x 2( n k ) .  x    (2) k C nk x 2 n3k . x    x Viết được    0,25 k 0 k 0 Câu VII.a Từ đó tính được hệ số chứa x4 bằng (-2)4 C 84  1120 22 (1,0 điểm) 1 2 n 3 2 2 n 6 0 2n Viết được ba só hạng đầu T1 = C n x ; T2 = -2 C n x , T3 = 4 C n x 0,25 0 1 2 Từ giả thiết suy ra: C n  2C n  4C n  97 Tìm được n = - 6 (loại) ; n = 8 8 8  2 2 x      (2)k C8k x163k .  x  Viết được: 0,25 k 0 Từ giả thiết tìm được k = 4 4 Từ đó tính được hệ số chứa x4 bằng (-2)4 C 8  1120 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm toạ độ điểm M....  x  2t  0,25 Viết được phương trình tham số của đường thẳng d:  y  1  t Câu VI.b Do M nằm trên d suy ra M(2t; -1 + t) 2 2 2 (2,0 điểm) Tính được 2MA + MB = 15t - 30t + 42 0,25 Viết được 2MA2 + MB2 = 15(t - 1)2 + 27  27 ,  t 0,25 Suy ra GTNN của 2MA2 + MB2 bằng 27 0,25 Từ đó suy ra điểm M(2; 0 ) 2. (1,0 điểm) Viết phương trình hình chiếu.... Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm A(1; 7; -1) và vuông góc 0,5
 x 1 t   y  7  2t  với mp(P) là d1:  z  1  2t Tìm được hình chiếu của A trên (P) là A’(-1; 3; 3) Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm B(4; 2; 0) và vuông góc  x  4  t'   y  2  2t ' 0,25  với mp(P) là d :  z  2t ' 2 Tìm được hình chiếu của B trên (P) là B’(3; 0; 2) Từ đó suy ra hình chiếu của đường thẳng AB trên mp(P) là đường thẳng A’B’ có  x  1  4t  0,25 Cách 2:  y  3  3t  phương trình :  z  3  t  x  4  3t   y  2  5t 0,25 uuur  Viết được AB (3; 5;1) , từ đó viết được ptts của AB :  z  t gọi (Q) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (P) có uu r uuu uu rr n   AB, n p   (8; 7;11)   VTPT Từ đó viết được pt mp(Q): 8x + 7y + 11z - 46 = 0 0,25 hình chiếu d của đường thẳng AB trên (P) là giao tuyến của hai mp (P) và (Q) nên r 1 uu rr 0,25 u   n p , n   (4;3; 1) 9  có VTCP Tìm được điểm M(3; 0; 2) thuộc đường thẳng d, từ đó viết được pt đt  x  3  4t 0,25   y  3t  d:  z  2  t Câu VII.b Chứng minh rằng...... (1,0 điểm) Tìm được các diểm biểu diễn của các số phức đã cho trên mặt phẳng toạ độ lần 0,25 lượt là: A(4; 3 + 3 ) , B( 2; 3 + 3 ) , C(1 ; 3) , D(3;1) Viết được phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm B, C, D l à (x- 3)2 + (y - 3)2 = 4 0,5 Chứng minh được điểm A thuộc đường tròn: (x- 3)2 + (y - 3)2 = 4 0,25 Chú ý: Mọi lời giải khác, nếu đúng vẫn chấm điểm tối đa. -------- Hết --------