Đề thi thử đại học môn toán - phần 2

Chia sẻ: Dương Văn Quân Quan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

109
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán - phần 2', 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 - phần 2

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 http://ductam_tp.violet.vn/ Ngày thi 21/12/2010 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO T ẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x + m + x−2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm c ực tr ị c ủa đ ồ th ị hàm s ố cách đ ường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x. ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) . 1. Giải phương trình sin x + cos x 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2 x − x2 2. Giải phương trình (x ﾡ ) 3 x −3 dx . Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 0 3. x + 1 + x + 3 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các đi ểm lần lượt di đ ộng trên các cạnh AB, AC sao cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x + y = 3xy. Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 3 + y 3 + 16 z 3 P= ( x + y + z) 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đ ường th ẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đ ường th ẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm to ạ đ ộ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x + 1 y −1 z − 2 x−2 y+2 z = = = = d1: , d2: −2 2 3 1 1 5 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có đi ểm A(2; 3), tr ọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1: x + y + 5 = 0 và d 2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x − 3 y + 2 z +1 = = 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = −1 2 1 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đ ường th ẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 . - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
1 log 1 ( y − x ) − log 4 =1 y ( x, y ﾡ ) Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 4 2 2 x + y = 25 -------------------Hết ------------------- SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Nội dung Điể Câu m I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y = x + 1 + x−2 0.25 a) Tập xác định: D = ﾡ \ { 2} b) Sự biến thiên: x =1 x2 − 4x + 3 1 y ' =1− = , y'= 0 . ( x − 2) ( x − 2) 2 2 x=3 0.25 lim y = − , lim y = + , lim y = + ; lim y = − , x 2+ x 2− x− x+ lim [ y − ( x + 1)] = 0 ; lim [ y − ( x + 1) ] = 0 + − x x Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x +∞ - 1 2 3 ∞ – y’ + + 0 – 0 +∞ +∞ 1 y 0.25 - 3 - ∞n trên mỗi khoảng ( − ∞;1) , ( 3; + ); Hàm số đồng biế hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( 1; 2 ) , ( 2;3) Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2
2 1.0 m Với x 2 ta có y’ = 1- ; ( x − 2) 2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 � m > 0 Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: - x1 = 2 + m � y1 = 2 + m + 2 m 0.25 x2 = 2 − m � y2 = 2 + m − 2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 − m ; 2 + m − 2 m ) ; B( 2 + m; 2 + m + 2 m ) 0.25 Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 2−m− m = 2−m+ m m=0 m=2 0.25 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt ⇔ m = 2. II 2.0 cos 2 x. ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) . Giải phương trình 1 1.0 sin x + cos x ĐK: sin x + cos x 0 0.25 Khi đó PT � ( 1 − sin x ) ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) ( sin x + cos x ) 2 � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x + sin x + sin x.cos x ) = 0 0.25 � ( 1 + sin x ) ( 1 + cos x ) ( 1 + sin x ) = 0 sin x = −1 0.25 (thoả mãn điều kiện) cos x = −1 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3
π + k 2π x=− ( k, m Z) 2 x = π + m2π 0.25 π ( k, m Z) + k 2π và x = π + m 2π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = − 2 2 1.0 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 Giải phương trình: (x ﾡ ) 3 − 2 x − x2 0 PT 0.25 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 3 − 2x − x2 0 0.25 x x + 5 = −2( x + 2) −3 x 1 −2 x
1 2 Thể tích tứ diện D. AMN là V = S AMN .DH = xy 0.25 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN = S AMH + S AMH � xy.sin 600 = x. AH .sin 300 + y. AH .sin 300 2 2 2 0.25 ⇔ x + y = 3xy. V 1.0 ( x + y) 3 Trước hết (biến đổi tương đương) ta có: x3 + y 3 4 0.25 � ... � ( x − y ) ( x + y ) �0 2 Đặt x + y + z = a. Khi đó ( x + y ) + 64 z 3 = ( a − z ) + 64 z 3 = 1 − t 3 + 64t 3 3 3 () 4P a3 a3 0.25 z (với t = , 0 t 1 ) a [ 0;1] . Có Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 1 f '(t ) = 3 � t 2 − ( 1 − t ) � f '(t ) = 0 � t = � 0;1] [ 2 0.25 64 , � � 9 Lập bảng biến thiên 64 � GTNN của P là 16 đạt được khi x = y = 4z > 0 � Minf ( t ) = 0.25 81 81 t [ 0;1] VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 x= x − 2 y +1 = 0 � 13 � 21 5 0.25 �� B� ; � � x − 7 y + 14 = 0 13 � 5� 5 y= 5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình uuu nhật nên r giữa AC và AB bằng góc giữa ữ chr góc uuur uuu AB và BD, kí hiệu nAB (1; −2); nBD (1; −7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: uuu uuu rr uuu uuu rr ( ) ( ) cos nAB , nBD = cos nAC , nAB 0.25 a = −b 3 � a − 2b = a + b � 7 a + 8ab + b = 0 � 2 2 2 2 b a=− 2 7 - Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, 0.25 A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: � − y −1 = 0 �=3 x x �� A(3; 2) � � − 2 y +1 = 0 � = 2 x y Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 x= x − y −1 = 0 � 5� 7 � � 2 �I � ; � � x − 7 y + 14 = 0 5 � 2� 2 y= 2 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
� 12 � 14 Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C ( 4;3) ; D � ; � � 5� 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 � = −1 + 2t � = 2+m x x � � Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 : � = 1 + 3t ; d 2 : � = −2 + 5m y y 0.25 � = 2+t � = −2 m z z � � Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) uuu 0.25 ur MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3 + m − 2t = 2k uuuu r uu r uu r −3 + 5m − 3t = −k có Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p 0.25 −2 − 2m − t = −5k nghiệm m =1 Giải hệ tìm được t =1 x = 1 + 2t 0.25 Phương trình d: y = 4 − t thoả mãn bài toán Khi đó điểm M(1; 4; 3) z = 3 − 5t Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương VII. 1.0 trình a log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 nN Điều kiện: n>3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 ⇔ log4(n – 3)(n + 9) = 3 (thoả mãn) n=7 ⇔ (n – 3)(n + 9) = 4 ⇔ n + 6n – 91 = 0 3 2 n = −13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 0.25 23 ( 1+ i) .� + i) (1 �= ( 1 + i ) .(2i )3 = (1 + i).( −8i) = 8 − 8i � � Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B ( xB ; yB ) �d1 � xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) �d 2 � xC = −2 yC + 7 xB + xC + 2 = 6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: yB + yC + 3 = 0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
uuu r uuu r Ta có BG (3; 4) � VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = Bán kính R = d(C; BG) = 5 0.25 81 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: x = 3 + 2t x = 3 + 2t y = −2 + t y = −2 + t ⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ (tham số t) 0.25 z = −1 − t z = −1 − t x+ y+z+2=0 � M (1; −3;0) uu r uu r Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; −1) . uu r uu uu rr Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆ = �d , nP � (2; −3;1) = u � � uuuu r Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó MN ( x − 1; y + 3; z ) . 0.25 uu r uuuu r Ta có MN vuông góc với u∆ nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x+ y+z+2=0 Lại có N (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 x − 3 y + z − 11 = 0 ( x − 1) 2 + ( y + 3) 2 + z 2 = 42 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 x−5 y+2 z +5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt ∆ : = = −3 2 1 0.25 x+3 y+4 z −5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : = = −3 2 1 1 VII. 1.0 log 1 ( y − x ) − log 4 =1 b y ( x, y ﾡ ) Giải hệ phương trình 4 x 2 + y 2 = 25 y−x>0 Điều kiện: 0.25 y>0 Hệ phương trình y−x � −x 1 1 y � � � 4 ( y − x ) + log 4 y = −1 � 4 y = −1 � y = 4 log log 0.25 �� 2 + y 2 = 25 � 2 + y 2 = 25 � 2 + y 2 = 25 x x x � � � x = 3y 0.25 � = 3y � = 3y x x � �2 �� 2 25 y= x + y 2 = 25 � y 2 + y 2 = 25 9 � 10 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7
�15 5� (không thỏa mãn đk) ( x; y ) = � ; � � 10 10 � � 15 5 � (không thỏa mãn đk) 0.25 ( x; y ) = �− ;− � � 10 10 � Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà v ẫn đúng thì đ ược đi ểm t ừng ph ần nh ư đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 8