ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 3 - TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

530
lượt xem 110
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán lần 3 - trường thpt lương thế vinh', 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 LẦN 3 - TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

THI TH I H C L N 3 NĂM 2010 S GD & T HÀ N I Môn thi: Toán TRƯ NG THPT LƯƠNG TH VINH ----------------------------- Th i gian làm bài: 180 phút, không k th i gian phát PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH 2x + 3 Câu I. (2 i m) Cho hàm s y = . x+2 1) Kh o sát s bi n thiên và v th (C) c a hàm s . 2) G i I là giao i m các ư ng ti m c n c a (C). Tìm các i m M trên (C) sao cho ti p tuy n v i (C) t i M c t các ư ng ti m c n c a (C) l n lư t t i A và B sao cho ư ng tròn ngo i ti p tam giác IAB có di n tích nh nh t. Câu II. (2 i m)  3π  2(sin x + cos x ) 1) Gi i phương trình: 2 tan 2x + sin 2x −  + = 1.  2 sin x − cos x 2) Gi i phương trình: 2(2 1 + x 2 − 1 − x 2 ) − 1 − x 4 = 3x 2 + 1 (x ∈ R) . π cos 2 x 4 Câu III. (1 i m) Tính tích phân I = ∫ dx . π sin 3 x sin( x + ) π 4 6 Câu IV. (1 i m) Cho hình lăng tr ABC. A ′B ′C ′ có A ′.ABC là hình chóp tam giác u c nh áy AB = a. Bi t dài o n a3 . Tính th tích kh i chóp A ′.BB ′C ′C . vuông góc chung c a AA ′ và BC là 4 log 5 2010 Câu V. (1 i m) Tìm t t c các s th c x th a mãn phương trình 16 cos x  2 sin x +4 = 2010 .     PH N RIÊNG (Thí sinh ch ư c làm m t trong hai ph n: PH N A ho c PH N B) PH N A Câu VIa. (2 i m) 1 (C 1 ) : (x − 1) 2 + y 2 = ư ng tròn 1) Trong m t ph ng v i h ta Oxy cho các và 2 (C 2 ) : (x − 2) 2 + (y − 2) 2 = 4 . Vi t phương trình ư ng th ng (d) ti p xúc v i ư ng tròn (C 1 ) và c t ư ng tròn (C 2 ) t i các i m M, N sao cho MN = 2 2 . 2) Trong không gian v i h t a Oxyz cho hình thang cân ABCD có áy l n AB và t a các nh A(1;−1;−2) ; B (−1; 1; 0) và C(0;−1; 2) . Xác nh t a nh D. Câu VIIa. (1 i m) Tính t ng S = C 1 23 25 2 2009 2010 − 3 C 2010 + 5 C 2010 − ... + 2009 C 2010 . PH N B Câu VIb. (2 i m) 93 1) Trong m t ph ng v i h t a Oxy cho hình ch nh t ABCD có di n tích b ng 12, tâm I( ; ) và trung 22 i m c a c nh AD là M(3; 0). Xác nh to các nh c a hình ch nh t ABCD. 262 Oxyz cho i m H(− ; ; ) . Vi t phương trình m t ph ng (P) i qua H 2) Trong không gian v i h t a 11 11 11 và c t các tr c t a l n lư t t i A, B, C sao cho H là tr c tâm c a tam giác ABC. 1 2 Câu VIIb. (1 i m) Gi i phương trình log 3 (x 2 + 1) + 1 = 3 x +1 − 1 (x ∈ R) 2 ---------- H t ---------
ÁP ÁN – THANG I M MÔN TOÁN S GD & T HÀ N I THI TH I H C L N 3 NĂM 2010 TRƯ NG THPT LƯƠNG TH VINH N I DUNG IM Câu I. 2 im 1 im 2x + 3 1) Kh o sát và v th hàm s y = . x+2 * T p xác nh: D = R\{-2} 1 0,25 * Chi u bi n thiên: y ′ = > 0 ∀x ∈ D ( x + 2) 2 * Ti m c n: lim = +∞, lim = −∞; lim = 2 x → − 2− x → −2+ x → ±∞ ⇒ 0,25 ng x = −2 và ti m c n ngang y = 2 th (C) có ti m c n * B ng bi n thiên -∞ +∞ x -2 y’ + + +∞ 0,25 2 y -∞ 2 0,25 * V úng th ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------- 2) Tìm các i m M trên (C) sao cho ti p tuy n v i (C) t i M c t ............. 1 im  2x 0 + 3  L y M x 0 ;  ∈ (C ); x 0 ≠ −2 thì phương trình ti p tuy n v i (C) t i M có d ng  x0 + 2    2x + 3 1 (x − x 0 ) + 0 0,25 y= (d) 2 x0 + 2 ( x 0 + 2) 2x 0 + 2 ng x = −2 . Tìm ra A(−2; G i A là giao c a (d) và ti m c n ) . G i B là giao c a (d) và x0 + 2 0,25 ti m c n ngang y = 2. Tìm ra B (2x 0 + 2; 2) . T ó suy ra M là trung i m c a AB. Ta th y tam giác IAB vuông t i I nên IM là bán kính ư ng tròn ngo i ti p ∆IAB . V y ư ng tròn 0,25 ngo i ti p tam giác IAB có di n tích là π.IM 2 nh nh t ⇔ IM nh nh t 2  2x + 3  1 Ta có I( −2; 2) và IM = (x 0 + 2) +  0 x + 2 − 2  = ( x 0 + 2) + 2 2 2 ≥ 2 . V y IM nh nh t  ( x 0 + 2) 2 0   x = −1 ⇒ M(−1; 1)  x + 2 =1 1 ⇔ 0 ⇔ 0 khi (x 0 + 2) 2 = 0,25  x 0 = −3 ⇒ M(−3; 3) 2 x 0 + 2 = −1 ( x 0 + 2) Câu II. 2 im  3π  2(sin x + cos x ) 1) Gi i phương trình 2 tan 2x + sin 2x −  + = 1. 1 im  2 sin x − cos x i u ki n: cos 2x ≠ 0 2(sin x + cos x) 0,25 Phương trình ⇔ 2 tan 2x + cos 2x + =1 sin x − cos x 0,25 ⇔ 2 sin 2x + cos 2 2x − 2(sin x + cos x) 2 = cos 2x 2 ⇔ 2 sin 2x + cos 2x − 2 − 2 sin 2x = cos 2x ⇔ cos 2 2x − cos 2x − 2 = 0 0,25 π 0,25 ⇔ cos 2x = −2 (lo i) ho c cos 2x = −1 ⇔ x = + kπ ( k ∈ Z) (th a mãn) 2
2) Gi i phương trình: 2(2 1 + x 2 − 1 − x 2 ) − 1 − x 4 = 3x 2 + 1 (x ∈ R) 1 im 2 2 2 2 2 2 ≥ 1 và v = 1 − x ≥ 0 ⇒ x = u − 1 và u + v = 2 t u = 1+ x 4u − 2 v − uv = 3u 2 − 2 (1)  Phương trình ⇔  2 ( u ≥ 1; v ≥ 0 ) u + v 2 0,25 =2 ( 2)  Thay (2) vào (1) ta ư c phương trình: 0,25 4u − 2v − uv = 3u 2 − (u 2 + v 2 ) ⇔ v 2 − v( u + 2) + 4u − 2u 2 = 0 0,25 2 ⇒ v = 2 u ho c v = 2 − u Ta có ∆ = (3u − 2) * V i v = 2u ⇔ 1 − x 2 = 2 1 + x 2 ⇔ 5x 2 = −3 (vô nghi m) * V i v = 2 − u ⇔ 1− x2 = 2 − 1+ x2 ⇔ 1− x2 + 1+ x2 = 2 ⇔ 1− x4 =1 ⇔ x = 0 0,25 Câu III 1 im π cos 2 x 4 Tính tích phân I = ∫ dx .. π sin 3 x sin( x + ) π 4 6 π π π 2 2 cot 2 x 4 4 4 cot x cot x Ta có I = ∫ dx = 2 ∫ dx = 2 ∫ 0,25 dx . π 2 π sin x(sin x + cos x) π sin x(1 + cot x) π sin x sin( x + ) 4 6 6 6 0,25 π π dx và x = ⇒ t = 3; x = ⇒ t = 1 t t = cotx thì dt = − 2 6 4 sin x 3 3 t2  1 0,25 ∫ ∫  t − 1 + t + 1 dt V y I= 2 dt = 2   t +1 1 1  t2 3  1+ 3  = 2  − t + ln t + 1  = 2  2 − 3 + ln   2 2 1 0,25     Câu IV 1 im Tính th tích kh i chóp A ′.BB ′C ′C . A’ C’ B’ N A C O M B G i O là tâm c a áy ABC và M là trung i m c nh BC. H MN ⊥ A ′A . Do BC ⊥ (A ′AM ) nên MN a3 0,25 là o n vuông góc chung c a A ′A và BC ⇒ MN = 4 3a a3 2 a3 0,25 AN = AM 2 − MN 2 = Ta có AM = ; AO = AM = ; 2 3 3 4 A ′O AO MN.AO a ⇒ A ′O = 0,25 Hai tam giác A ′OA và MNA ng d ng nên = =. 3 MN AN AN 2 a a2 3 a3 3 1 2 VA′.BB′C′C = VA′B′C′.ABC − VA′.ABC = A ′O.S ABC − A ′O.S ABC = A ′O.S ABC = . . = 0,25 3 3 33 4 18
Câu V 1 im log 5 2010 Tìm t t c các s th c x th a mãn phương trình 16 cos x  2 sin x +4 = 2010 .     0,25 2 sin x cos x L y log 2010 c 2 v thì phương trình ⇔ 16 +4 =5 Ta có 1 cos x 1 cos x 1 cos x 1 cos x 5 4( sin x + cos x −1) 0,5 2 sin x 4 sin x cos x +4 =4 +4 +4 +4 +4 ≥5 4 ≥5 16 4 4 4 4 do sin x + cos x ≥ sin 2 x + cos 2 x = 1  4 sin x 1 cos x 4 =4 0,25 D u b ng x y r a ⇔  ⇔ sin x = 0 ⇔ x = kπ ( k ∈ Z ) 4  sin x + cos x = 1  Câu VIa 2 im 1) Vi t phương trình ư ng th ng (d) .............. 1 im 1 ư ng tròn (C 1 ) có tâm I1 (1; 0) và bán kính R1 = . ư ng tròn (C 2 ) có tâm I 2 (2; 2) và bán 2 kính R 2 = 2 . 2  MN  Ta c n có (d) là ti p tuy n c a (C 1 ) và cách tâm I2 m t kho ng IH = R 2 −  0,25 =2 2 2  1 1 − c = * TH1: N u (d) có d ng x = c. Ta có h  2 ⇒ vô nghi m c 0,25 2 − c = 2  * TH2: N u (d) có d ng y = ax + b.  a+b 1  = (1) 4a + 3b = 2  a +12 2 ⇒ 2 a + b = 2a − 2 + b ⇔  Ta có h   2a − 2 + b = 2 ( 2)  b = −2  2  a +1 1 Khi 4a + 3b = 2 thay vào (1) gi i ra a = −1 ho c a = − ⇒ (d): x + y − 2 = 0 ho c x + 7 y − 6 = 0 0,25 7 Khi b = −2 thay vào (1) gi i ra a = 1 ho c a = 7 ⇒ (d): x − y − 2 = 0 ho c 7 x − y − 2 = 0 0,25 --------- -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1 im 2) Xác nh t a nh D. Ta có BC = 3. Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. G i ∆ là ư ng th ng i qua C và song song v i AB và (S) là m t c u tâm A, bán kính R = 3 thì D là giao c a ∆ và (S).  x = − 2m →  ư ng th ng ∆ i qua C có vtcp AB (−2; 2; 2) nên ta có phương trình ∆ :  y = −1 + 2m (1) 0,25 z = 2 + 2 m  0,25 M t c u (S) có phương trình: (x − 1) 2 + (y + 1) 2 + (z + 2) 2 = 9 (2) . 2 0,25 Gi i h (1), (2) tìm ra m = −1 ho c m = − . 3 Khi m = -1 ta có D(2;−3; 0) (lo i vì khi ó CD = AB = 2 3 nên ABCD là hình bình hành) 2 4 72 Khi m = − ta có D( ;− ; ) (th a mãn) 0,25 3 3 33
Câu VIIa 1 im = C1 2 C3 + 5 C 5 − ... + 2009 2 C 2009 . 2 Tính t ng S −3 2010 2010 2010 2010 2010 = C 2010 + C 2010 x + C 2010 x + C 3 x 3 + ... + C 2010 x 2010 0 1 2 2 (1 + x ) Khai tri n 2010 2010 2009 = C 2010 + 2C 2010 x + 3C 2010 x + ... + 2010C 2010 x 2009 1 2 3 2 o hàm 2 v ⇒ 2010(1 + 0,25 x) 2010 Nhân 2 v v i x và o hàm ta ư c [ ] 2010 (1 + x) 2009 + 2009x(1 + x ) 2008 = C 1 22 23 2 2 2010 2009 0,25 2010 + 2 C 2010 x + 3 C 2010 x + ... + 2010 C 2010 x Thay x = i vào 2 v ta có 0,25 V trái = 2010.(1 + i) 2008 (1 + 2010i) = 2010.(2i)1004 (1 + 2010i) = 2010.21004 (1 + 2010i) V ph i = (C 1 23 25 2 2009 22 2 2010 2010 − 3 C 2010 + 5 C 2010 − ... + 2009 C 2010 ) + i( 2 C 2010 − ... + 2010 C 2010 ) 0,25 V y S = 2010.21004 Câu VIb 2 im 1) Xác nh to các nh c a hình ch nh t. 1 im S 0,25 Ta có AB = 2 IM = 3 2 và AD = ABCD = 2 2 ⇒ MA = MD = 2 . AB →33 ư ng th ng AD i qua M ( 3; 0) và nh n MI( ; ) làm véc tơ pháp tuy n nên có phương trình 22  x + y −3=0 0,25 x + y − 3 = 0 . Vì MA = MD = 2 nên t a A, D là nghi m c a h  . 2 2 (x − 3) + y = 2 0,25 Gi i h tìm ra A( 2; 1), D( 4; -1) Vì I là trung i m AC và BD nên t ó có C(7; 2) và B(5; 4) 0,25 V y to các nh c a hình ch nh t là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1). ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- --------- 2) Vi t phương trình m t ph ng (P) i qua A......... 1 im xyz Gi s A(a; 0; 0); B(0; b; 0) và C(0; 0; c) ⇒ ( P ) : + + = 1 . T H ∈ ( P ) suy ra abc 2 6 2 262 0,25 − + + = 1 ⇔ − + + = 11 (1) . 11a 11b 11c abc Ta có: → → 0,25 2 62 AH(− − a; ; ) ; BC(0; − b; c) . Vì AH ⊥ BC ⇒ − 6b + 2c = 0 (2) 11 11 11 → → 26 2 0,25 BH(− ; − b; ) ; AC (−a; 0; c) . Vì BH ⊥ AC ⇒ 2a + 2c = 0 (3) 11 11 11 2 0,25 Gi i h (1), (2), (3) tìm ra a = −2; b = ; c = 2 và t ó có phương trình ( P ) : x − 3y − z + 2 = 0 3 Câu VIIb 1 im 1 2 Gi i phương trình log 3 (x 2 + 1) + 1 = 3 x +1 − 1 (x ∈ R) 2 t t = x 2 + 1 − 1 ≥ 0 . Phương trình tr thành log 3 (t + 1) + 1 = 3 t 0,25 3 y = t + 1  ⇒ 3y − 3t = t − y ⇔ t = y 0,25 t y = log 3 (t + 1) ta có h  t 3 = y + 1  V y ta có 3 t = t + 1 . Xét hàm f (t ) = 3 t − t − 1 v i t ≥ 0 ta th y phương trình f(t) = 0 ch có nghi m 0,25 duy nh t t = 0. ó suy ra t = x 2 + 1 − 1 = 0 ⇔ x = 0 . 0,25 T