ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn Thi : TOÁN ; Khối :A Lần thứ hai

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

Thêm vào BST

Báo xấu

118
lượt xem 38
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2010 môn thi : toán ; khối :a lần thứ hai', 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 NĂM 2010 Môn Thi : TOÁN ; Khối :A Lần thứ hai

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHÍ LINH Môn Thi : TOÁN ; Khối :A 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 4  2m 2 x 2  2 (1) 1) Với m  1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 2) Tìm m (m  ¡ ) để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành 3 đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2: (2,0 điểm) 1) Cho hai phương trình cos x  m s inx  1 (1) và m s inx  cos x  m 2 (2) Tìm m ( m  ¡ ) để mọi nghiệm của (1) đều là nghiệm của (2). x2 2 4 2 2) Giải phương trình log 2 x  log 2 x  8  log (x  ¡ ) 2 4 Câu 3: (1,0 điểm)  x s inx Tính tích phân I   dx 1  sin x 0 Câu 4: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy ABC là tam giác đều, hình chiếu của A trên (A’B’C’) trùng với trọng tâm G của  A’B’C’. Mặt phẳng (BB’C’C) tạo với (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 đường tròn (C): x 2  y 2 - 2 x  4 y - 20  0 , điểm A(4;2). Gọi I là tâm của (C), d là tiếp tuyến của (C) tại A. Viết phương trình tổng quát của đường thẳng đi qua I cắt d tại B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 25. 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 song song với d1 , d 2 và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi là 8 . Câu 7: ( 1,0 điểm). Cho số phức z thoả mãn z 2  2 z  3  0 . Gọi f(z) là số phức xác định bởi f ( z )  z17  z15  6 z14  3 z 2  5 z  9 Tính mô đun của f(z). Câu 8: (1,0 điểm) A B C Cho ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  tan 2  2 tan 2  5 tan 2 2 2 2 ………….…………………………………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 A Câu Nội dung Điểm Câu1 (2,0đ) 1)1,0 đ 1) m=1 => y  x 4  2 x 2  2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  2 x 2  2 0,25 1. Tập xác định: D  ¡ 2. Sự biến thiên của hàm số * Giới hạn tại vô cựccủa hàm số. 2 2 lim y  lim ( x 4  2 x 2  2)  lim x 4 (1   4 )   2 x x x  x  x  lim y   x  * Lập bảng biến thiên  x  0  y (0)  2 y '  4 x 3  4 x; y '  0    x  1  y (1)  1 bảng biến thiên 0,25 x - -1 0 1 + y’ -0 + 0 - 0 + y + 2 + 1 1 Hàm số đồng biến trêncác khoảng (-1;0) và (1;+  ) 0.25 Hàm số nghịch biến trêncác khoảng (-  ;-1) và (0;1) Hàm số đạt cực đại tại x=0 =>ycđ=2 Hàm số đạt cực tiểu tại x  1  yct  1 3. Đồ thị 0,25 y -Giao của đồ thị hàm số và Ox: y=0=> x   - Giao của đồ thị hàm số và Oy: x=0=>y=2 - đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng. x O 2)1,0đ 2)Tìm m (m  ¡ ) để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành 3 đỉnh của một tam giác 0,25 vuông. y  x 4  2m 2 x 2  2 y '  4 x 3  4m 2 x m=0  y '  4 x 3  0  x  0  hàm số không có 3 cực trị  m=0 loại 2
 x  0  y (0)  2 m  0 y' 0   4  x   | m | y ( | m |)  2  m Bảng biến thiên 0,25 x - -|m| 0 |m| + y’ - - 0 + + 0 -- 0 + + y 2 2  m4 2  m4 mọi m  0 đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0;2), B(-|m|;2-m4), C(|m|;2-m4) 0,15 AB  m 2  m8  AC ; BC  4m 2 A,B,C lập thành 3 đỉnh của một tam giác vuông   ABC vuông tại A 0,25 m  0  AB 2  AC 2  BC 2  2(m 2  m8 )  4m2  m8  m 2  0    m  1 kết hợp m  0 được m  1 Câu 2: 1)Cho hai phương trình cos x  m s inx  1 (1) và m s inx  cos x  m 2 (2) 0,5 (2,0đ) Tìm m ( m  ¡ ) để mọi nghiệm của (1) đều là nghiệm của (2). Thuận: Ta thấy x=0 là 1 nghiệm của (1) do vậy để mọi nghiệm của (1) đều là nghiệm của (2) thì x=0 cũng là 1 nghiệm của (2). Thay x=0 vào (2) ta được m2  1  m  1 Đảo: 0,5  x  k 2   1  Với m=1 (1)  s inx  cos x  1  2 sin( x  )  1  sin( x  )  (k  ¢ )   x   k 2 4 4 2  2 (2)  sinx+cosx=1  m=1 thoả mãn. Tương tự m=-1 thoả mãn. KL 1)1,0đ 0,25 x2 2)Giải phương trình log 2 2 x  log 2 x 4  8  log 2 2 ( x  ¡ ) (1) 4 ĐKXĐ:x>0 x2 (1)  (2 log 2 x)2  4log 2 x  8  (2 log 2 )2 4  4 log 2 x  4 log 2 x  8  4(2 log 2 x  2)2 2 0,25  log 2 x  log 2 x  2  (2 log 2 x  2) 2 (*) 2 Đặt t=log2x 0,25 3
t 2  t  2  (2t  2)2  3t 2  9t  6  0 t  1  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 x s inx Tính tích phân I   dx (1,0đ) 1  sin x 0 t    x  dt   dx Đặt x s inx (  t ) s in(  t ) (  t ) sin t dx  (dt )   dt 1  sin(  t ) 1  sin x 1  sin t x 0t  Nếu x  t 0 0 (  t ) sin t I   dt  1  sin t  0,25     sin t  sin t t sin t  dt   dt   dt  I 1  sin t 1  sin t 1  sin t 0 0 0   sin t I  1  sin t dt 20   0,25   1 1  I   (1  )dt  (t  dt )  0 1  sin t 1  sin t 20 2 0   0,25    t  1 1 dt )  (  tan(  )  )  (  2) (   dt )  (    0 t t t 2 2 2 24 2  cos )2 0 2cos 2 (  0 (sin ) 2 2 24 Câu 4: 0,25 C A (1,0đ) M H B a A' C' 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 4
đặt x=AB 0,25 x3 2 x3  ABC đều cạnh x có AM là đường cao  AM   A ' M ', A ' G  AM  2 3 3 a3 a x3 a3 Trong  AA’G vuông có AG=AA’sin600= ; A ' G  AA ' cos600   x 2 2 3 2 0,25 2 2 1 x3 3 a 3 2 3a 3 diện tích  ABC là S ABC  AB.AC.sin 600   ) ( 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 Câu 5: 0,5 (1,0đ) A B d I uu v (C): x 2  y 2 - 2 x  4 y - 20  0 Tâm I(1;-2) bán kính r=5 IA  (3; 4) uu v d  IA d là tiếp tuyến của (C) tại A    d đi qua A và nhận IA  (3; 4) làm véc tơ pháp tuyến A d 20  3x  phương trình của d :3(x-4)+4(y-2)=0  y  4 0,25 20  3x Gọi  là đường thẳng đi qua I cắt d tại B  B( x; ) sao cho diện tích  IAB bằng 25. 4 1 1 Do  IAB vuông tại A nên S IAB  IA. AB  5.IB  25  AB  10 2 2  x  12  B (12; 4) 20  3x 12  3x 2  ( x  4) 2  (  2) 2  10  ( x  4) 2  ( )  100  ( x  4) 2  64    x  4  B (4;8) 4 4 uu v 0,25 Nếu B(12;-4).  là đường thẳng đi qua I nhận IB  (11; 2) làm véc tơ chỉ phương có phương x 1 y  2 trình là   2 x  11 y  20  0 2 11 nếu B(-4;8) tương tự phương trình  :2x+y=0 KL Câu 6: 0,25 x  3  t x 1 y  1 z  1  (1,0đ) 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  (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 ; 11 2  (6;3; 6)  3(2;1; 2) 4 4 2 2 5
1 uv uu v 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 . (P) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính r chu vi là 0,25 8  2 r  r  4  R 2  d 2 ( I , ( P))  25  d 2 ( I , ( P))  d 2 ( I , ( P))  9  d ( I , ( P ))  3 0,25 D  1 | 2.2  1.2  2(1)  D |   3 | D  8 | 9    D  17 22  12  (2) 2 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 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: Cho số phức z thoả mãn z 2  2 z  3  0 . Gọi f(z) là số phức xác định bởi 0,5 (1,0đ) 17 15 14 2 f ( z )  z  z  6 z  3z  5z  9 Tính mô đun của f(z). z 2  2 z  3  0 (1)  z1  1  i 2 (1)có  =-2