Đề thi thử đại học môn toán năn 2010 - Trần nguyên hãn

Chia sẻ: Vo Anh Hoang | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

485
lượt xem 202
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi đại học chuyên môn toán học - Đề thi thử đại học môn toán năn 2010 - Trần nguyên hãn

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn toán năn 2010 - Trần nguyên hãn

®Ò Së gi¸o dôc ®µo t¹o h¶I phßng thi thö ®¹i häc Trêng thpt trÇn nguyªn h∙n M«n to¸n líp 12lÇn 2 n¨m häc 20092010 Thêi gian lµm bµi : 180’ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = f ( x ) = x + 2 ( m − 2 ) x + m − 5m + 5 4 2 2 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 1 2/ Tìm các giá trị của m để ® å Þ hµm sè có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác th vuông cân. y x + y + x 2 − y 2 = 12 + Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình: + − y x 2 − y 2 = 12 − 2/ G i i bÊ t ph¬ ng tr× nh : log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5 (log 4 x 2 − 3) ¶ 2 Câu III (1.0 điểm) T× m x ∈ (0; π ) tho¶ m ∙ ph¬ ng tr× nh: cot x 1 = n cos 2 x 1 + sin 2 x − sin 2 x . 1 + tan x 2 π 2 Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : I = cos 2 x cos 2 xdx = 0 a Câu V(1.0 điểm) Cho h× nh ch ãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = , SA = a 3 , 2 SA B = SA C = 300 . Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh SA ⊥ ( MBC ) . TÝnh VSMBC PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng BC. 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10. Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.. 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10. 1
x2 − 2x + 2 (C) vµ d1: y = − + m, d2: y = x + 3. Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = x x− 1 Tìm tất cả các giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2. ******* HÕt ******* ®¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm Thi thö ®¹i häc lÇn ii M «n to¸n lí 12 20092010 p Híng dÉn gi¶i chi tiÕt §iÓm Câu ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00 Câu I 2 Cho hàm số f ( x ) = x 4 + 2( m − 2 ) x 2 + m 2 − 5m + 5 ( C ) 1 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 1* TXĐ: D = R 2* Sù biÕn thiªn của hàm số: 0.25 lim f ( x ) = +∞ : lim f ( x ) = +∞ * Giíi h¹n tại v« cực: x →−∞ x → +∞ ( ) * B¶ng biÕn thiªn: f ' ( x ) = y ' = 4 x − 4 x = 4 x x 2 − 1 3 y ' = 0 ⇔ x = 0; x = −1; x = 1 x ∞ 1 0 1 +∞ y’ 0 + 0 0 + y +∞ 1 +∞ 0.5 0 0 Hµm sè ®ång biến trªn mỗi kho¶ng ( − 1;0 ) vµ (1;+∞) , nghịch biến Trªn mỗi khoảng ( − ∞;−1) và ( 0;1) Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1; y CT = 0 , đạt cực đại tại x = 0; y CD = 1 3* §å thÞ: 0.25  3 4  3 4 * Điểm uốn: y ' ' = 12 x 2 − 4 , các điểm uốn là: U 1  − ; ,U 2    3 ;9  3 9     * Giao điểm với các trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) và C(1; 0) * Hàm số là chẵn trên R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: 8 6 4 2 5 5 2 4 2
Tìm các giá trị của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác 1 2 vuông cân. =x = 0 * Ta có f ' ( x ) = 4 x + 4 ( m − 2 ) x =x 3 0 0.25 =2 =x = 2 − m * Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu : m < 2 (1) . Toạ độ các điểm cực trị là: )( )( ) ( 0.5 A 0; m 2 − 5m + 5 , B 2 − m ;1 − m , C − 2 − m ;1 − m * Do tam giác ABC luôn cân tại A, nên bài toán thoả mãn khi vuông tại A: AB. AC = 0 ⇔ ( m − 2 ) = −1 ⇔ m = 1 vì đk (1) 3 ( ) ( ) 0.25 Trong đó AB = 2 − m ;−m 2 + 4m − 4 , AC = − 2 − m ;− m 2 + 4m − 4 Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1. Câu II 2 1 y x + y + x 2 − y 2 = 12 + Giải hệ phương trình: + 1 − y x 2 − y 2 = 12 − * Điều kiện: | x | x | y | v =u = x 2 −yy 2 ; u 0 x = − y không thỏa hệ nên xét x x − y ta có Đặt = ; =v = x + y 0.25 +u + v = 12 1 � u2 � + y = � − � Hệ phương trình đã cho có dạng: � � u 2 � v . u � � − v � 12 = v 2� v � 2 �� =u = 4 =u = 3 == hoặc = =v = 8 =v = 9 0.25 x x2 − y 2 = 4 x x2 − y 2 = 3 =u = 4 =u = 3 − − − − +� (I) +� (II) � � +v = 8 +v = 9 +x + y = 8 +x + y = 9 Giải hệ (I), (II). 0.25 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban 0.25 đầu là S = { ( 5;3) , ( 5; 4 ) } 2 Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh : log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5 (log 4 x 2 − 3) 1 2 x > 0 §K:  2 log 2 x − log 2 x − 3 ≥ 0 2 BÊt ph¬ng tr×nh ®∙ cho t¬ng ®¬ng víi 0.25 log 2 x − log 2 x 2 − 3 > 5 (log 2 x − 3) (1) 2 ®Æt t = log2x, BPT (1) B t 2 − 2t − 3 > 5 (t − 3) ⇔ (t − 3)(t + 1) > 5 (t − 3) t ≤ −1 0.5 log x ≤ −1 t ≤ −1  ⇔ t > 3 ⇔ 2 ⇔ 3 < t < 4 3 < log 2 x < 4 (t + 1)(t − 3) > 5(t − 3) 2  3
 1 0 < x ≤ 2 V Ëy BPT ® ∙ ⇔ cho cã tË p nghi m l : Ö µ  8 < x < 16 0.25 1 (0; ] ∪ (8;16) 2 T× m x ∈ (0; π ) tho¶ m ∙ Câu III n ph¬ ng tr× nh: cos 2 x 1 1 + sin 2 x − sin 2 x . Cot x 1 = 1 + tan x 2 sin 2 x ≠ 0 sin 2 x ≠ 0 ⇔ §K:  sin x + cos x ≠ 0 tan x ≠ −1 cos x − sin x cos 2 x. cos x 0.25 + sin 2 x − sin x cos x Khi ®ã pt ⇔ = cos x + sin x sin x cos x − sin x = cos 2 x − sin x cos x + sin 2 x − sin x cos x ⇔ sin x ⇔ cos x − sin x = sin x(1 − sin 2 x) 0.25 ⇔ (cos x − sin x)(sin x cos x − sin 2 x − 1) = 0 ⇔ (cos x − sin x)(sin 2 x + cos 2 x − 3) = 0 π ⇔ cos x − sin x = 0 ⇔ tanx = 1 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z ) (tm) 4 0. 5 π x ∈ ( 0;π ) ⇒ k = 0 ⇒ x = 4 KL: π Câu IV 2 Tính tích phân : I = cos 2 x cos 2 xdx 1 = 0 π π π 0.5 2 2 2 1 1 I = � 2 x cos 2 xdx = �+ cos 2 x) cos 2 xdx = 4 �+ 2 cos 2 x + cos 4 x)dx cos (1 (1 20 0 0 π 1 1 0.5 ( x + sin 2 x + sin 4 x ) |π / 2 = = 0 4 4 8 Câu V a , SA = a 3 , Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = 2 SA B = SA C = 300 . 1 Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh SA ⊥ ( MBC ) . TÝnh VSMBC 4
S M 0.25 A C N B Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã: SB 2 = SA 2 + A B 2 − 2SA . B. B = 3a2 + a2 − 2. 3. cos300 = a2 A cosSA a a. Suy ra SB = a. T¬ng tù ta còng cã SC = a. Gäi M lµ trung ®iÓm cña SA , do hai tam gi¸c SAB vµ SAC lµ hai tam gi¸c c©n nªn MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ 0.25 (MBC). Hai tam gi¸c SAB vµ SAC cã ba cÆp c¹nh t¬ng øng b»ng nhau nªn chóng b»ng nhau. Do ®ã MB = MC hay tam gi¸c MBC c©n t¹i M. Gäi N lµ trung ®iÓm cña BC suy ra MN ⊥ BC. T¬ng tù ta còng cã MN ⊥ SA. 0.25 2  a   a 3  3a 2 2 a3 M N 2 = AN 2 − AM 2 = AB 2 − BN 2 − AM 2 = a2 −   −  = ⇒MN = 2  4  16 4  . 3 Do ®ã VS .MBC = 1 SM . 1 MN .BC = 1 a 3 . a 3 . a = a (®vtt) 0.25 3 2 62 4 2 32 PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.00 Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn Câu VIa 2 Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung 1 tuyến BM: 2 x + y + 1 = 0 và phân giác trong CD: x + y − 1 = 0 . Viết phương trình 1 đường thẳng BC. Điểm C � : x + y − 1 = 0 � C ( t ;1 − t ) . CD �+ 1 3 − t � t Suy ra trung điểm M của AC là M � ; . � �2 2� 0.25 0.25 �+ 1 � 3 − t t + 1 = 0 � t = −7 � C ( −7;8 ) M �BM : 2 x + y + 1 = 0 � 2 � � + �2 � 2 Từ A(1;2), kẻ AK ⊥ CD : x + y − 1 = 0 tại I (điểm K K BC ). 0.25 Suy ra AK : ( x − 1) − ( y − 2 ) = 0 � x − y + 1 = 0 . +x + y − 1 = 0 + I ( 0;1) . Tọa độ điểm I thỏa hệ: + −x − y + 1 = 0 0.25 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK ủ tọa độ của K ( −1;0 ) . 5
x +1 y = � 4x + 3y + 4 = 0 Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: −7 + 1 8 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 2 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 1 b) Tìm hệ số a10. Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45 0.25 5 5 5 5 () i � 5k x k .� 5i x 2 = � C5k C5 x k + 2i �i C C Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= k =0 i =0 k = 0 i =0 k=i = 3 == ==k = 4 +k + 2i = 10 +=i = 4 = Theo gt ta cã � � � k �N � =� = a10= 0 k 5, ==k = 2 =0 = i 5, i N =N = ==i = 5 ==k = 0 == C5 .C5 + C5 .C5 + C5 .C5 = 101 0 5 2 4 4 3 0.25 0.5 CâuVII.a Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0.Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). G ä i ( ) l m Æ t ¼ ng cÇ n t m Q µ ph × uuur r Ta có A B = (−2,4, −16) cùng phương với a = (−1 −8) ,2, 0.25 uu r mp(P) có VTPT n1 = (2, −1 ,1) uu r r Ta có [ n,a] = (6 ;15 ;3) , C hän VTPT cñ a m Æ t ph¼ ng ( ) l Q µ uu r 0.5 n 2 = (2,5,1) uu r qua A nhËn n 2 = (2,5,1) l Mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) ® i µ 2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0.25 VTPT cã pt l : µ 0 Phần lời giải bài theo chương trình Nâng cao Câu VI.b 2 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm 1 1 I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.. 6
Ta có: uuu r AB = ( −1; 2 ) � AB = 5 . Phương trình của AB là: 2x + y − 2 = 0 . 0.5 I � d ) : y = x � I ( t ; t ) . I là ( trung điểm của AC và BD nên ta có: C ( 2t − 1; 2t ) , D ( 2t ; 2t − 2 ) . 4 Mặt khác: S ABCD = AB.CH = 4 (CH: chiều cao) � CH = 0.25 . 5 t 4 � 8� � 2� 5 8 �=C t C � ; �D � ; � , | 6t − 4 | 4 Ngoài ra: d ( C ; AB ) = CH � = �� 3 � 3� � 3� 3 3 5 5 �= 0 � C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) t � � 8� � 2� 5 8 0.25 Vậy tọa độ của C và D là C � ; �D � ; � oặc C ( −1;0 ) , D ( 0; −2 ) , h � 3� � 3� 3 3 Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 2 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 1 b) Tìm hệ số a10. Ta có P(1) = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 = (1 + 1 + 1 + 1)5 = 45 0.25 5 5 5 5 ( ) =� C C x i � 5k x k .� 5i x 2 � i k + 2i k C C Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= 5 5 k =0 i =0 k = 0 i =0 0.25 k=i = 3 == ==k = 4 +k + 2i = 10 +=i = 4 = 0 � � k �N � =� = a10= k 5, Theo gt ta cã � ==k = 2 =0 = i 5, i N =N = ==i = 5 ==k = 0 0.25 == C50 .C5 + C52 .C54 + C54 .C53 = 101 5 CâuVII.b x2 − 2x + 2 (C) vµ d1: y = − + m, d2: y = x + 3. Tìm tất cả các Cho hàm số y = x x− 1 1 giá trị của m để (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt A,B đối xứng nhau qua d2. * Hoµnh ® é ao ® i m cñ a (C ) vµ d1 lµ nghiÖm cña ph¬ng 0.5 gi Ó x − 2x + 2 2 = −x+ m tr×nh : x− 1 ⇔ 2x2 (3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1) d1 c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt ⇔ p tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 1 7
−2 − 3− m + 2 + m 1 ⇔ − 2 ⇔ m22m7>0 (*) −m − 2m − 7 > 0 Khi ® ã( ) c¾ t (d 1) t ¹ i A(x 1; - x1+m); B(x 2; - x2+m) ( Ví i C x1, x2 l µ hai nghiÖm cña (1) ) * d1⊥ d2 t heo gi¶ th iÕt ⇒ §Ó A, B ®èi xøng nhau qua d2 ⇔ P l µ trung ®iÓm cña AB x +x x +x m + 3 3m − 3 Th× P thuéc d2 Mµ P ( 1 2 ; − 1 2 + m ) ⇒ P( ) 0.5 ; 2 2 4 4 3m − 3 m + 3 = + 3 � m = 9 ( tho¶ m ∙ V Ëy ta cã n (*)) 4 4 V Ëy m = 9 l gi trÞ cÇ n t m . µ ¸ × C hó ý : Häc sinh lµm c¸ch kh¸c ®óng cho ®iÓm tèi ®a tõng phÇn Cã g× cha ®óng xin c¸c thÇy c« söa dïm – Xin c¶m ¬n Ngêi ra ®Ò : Mai ThÞ Th×n = = = = = == = = HÕt = = = = = = = = 8