zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2010 MÔN TOÁN

Chia sẻ: Natra Ntra | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

Báo xấu

81
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học - năm 2010 môn toán', 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 TOÁN

ĐỀ CHÍNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - NĂM 2010 MÔN TOÁN THỨC (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề). I: PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH . 2x +1 Câu I Cho hàm số y = có đồ thị (C). x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số . 2. Với điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại Avà B . Gọi I là giao hai tiệm cận , Tìm vị trí của M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nh ất. x x 1 Câu II 1. Giải phương trình: 3(sin3 − cos3 ) = 2 cosx + sin2x 2 2 2 x 4 − 4x 2 + y 2 − 6 y + 9 = 0  2. Giải hệ phương trình :  2 .  x y + x 2 + 2 y − 22 = 0  π Câu III 2 3s inx − cos x 1.Tính tích phân sau: I=∫ dx 0 s inx + cos x + 2 2. Cho 0 < x ≤ y ≤ z : Chứng minh rằng ( 2z + y ) 2 z − x − y + ( 2 z + x ) 2 ( z − x ) + 2  4 z 2 + 2 z ( x + y ) + xy  ( 2 x + y )   2  4 z 2 + 2 z ( x + y ) + xy    ( 2x + y) 3 ≤ + 2x + y Câu IV Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). II, PHẦN RIÊNG. (Thí sinh chỉ làm một trong 2 phần ; phần 1 hoặc phần 2 ) Phần 1( Dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn ) Câu Va 1. Viết phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các đỉnh: 1 A(-2;3),B( 4 ;0), C (2;0) 2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M ( - 4; - 5;3) và cắt cả hai ì 2 x + 3 y +11 = 0 ï x - 2 y +1 z - 1 đường thẳng: d ':ïí và d '' : 2 = 3 = - 5 . ï y - 2z + 7 = 0 ï î .Câu VIa Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 10 x 2 +8 x + 4 = m(2 x + 1). x 2 + 1 . Phần 2 ( Dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao ) . Câu Vb 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD biết M(2;1); N(4; -2); P(2;0); Q(1;2) lần lượt thuộc cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương trình các cạnh của hình vuông. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng ( ∆ ) và ( ∆' ) có phương trình . x = 3 + t x = -2 + 2 t' ; ( ∆ ) :  y = 2 t'   ( ∆ ) :  y = -1 + 2t ' z = 4  z = 2 + 4t'   Viết phương trình đường vuông góc chung của ( ∆ ) và ( ∆' )
2x 2 − 3x + 2 Câu VIb Cho hàm số y = có đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho x −1 tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là nhỏ nhất. ******** Hết ******** Kú thi thö ®¹i häc- cao ®¼ng n¨m 2010 Híng dÉn chÊm m«n to¸n Câu Nội dung Điểm I.1 2x + 1 1,00 Khảo sát hàm số y= x −1 1. Tập xác định: R\{1} 2. Sự biến thiên: 2( x − 1) − (2 x + 1) −3 0,25 + Chiều biến thiên: y ' = = ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1;+∞) . Cực trị : Hàm số đã cho không có cực trị 2x + 1 . Tiệm cận: lim y = lim = −∞ x →1− − x →1 x −1 2x + 1 lim y = lim =+∞ x →1+ + x →1 x −1 0,25 Do đó đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng 2x + 1 lim y = lim =2 x→ ± ∞ x→ ± ∞ x − 1 Vậy đường thẳng y= 2 là tiệm cận ngang * Bảng biến thiên: x -∞ 1 +∞ y' - - y 2 +∞ 0,5 -∞ 2 3* Đồ thị : HS tự vẽ đồ thị hàm số. I.2 Với M bất kì ∈ (C), tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại A, B. Tìm M để chu vi tam giác IAB đạt giá trị nhỏ nhất. 1,00  3  Gọi M  x0 ;2 +   ∈(C)  x0 − 1  
Câu Nội dung Điểm −3 3 * Tiếp tuyến tại M có dạng: y = ( x − x0 ) + 2 + ( x 0 − 1) 2 x0 − 1 0,25 Tiếp tuyến tại M cắt hai tiệm cận tại A và B nên tọa độ A; B có dạng là: A  6  1;2 +    x0 −1   0,25 B(2x0-1; 2) ; I(1; 2) 1 1 6 * Ta có: S∆ IAB= . IA. IB= ⋅ ⋅ 2 x0 − 1 = 2.3 = 6 (đvdt) 2 2 x0 − 1 * ∆ IAB vuông có diện tích không đổi => chu vi ∆ IAB đạt giá trị nhỏ nhất khi 6  x0 = 1 + 3 IA= IB (HS tự chứng minh). = 2 x0 − 1 ⇒  x0 − 1  x0 = 1 − 3  * Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện 0,5 M1( 1 + 3;2 + 3 ) M2( 1 − 3;2 − 3 ) Khi đó chu vi ∆ AIB = 4 3 + 2 6 II.1 Giải phương trình lượng giác... x x 1  x x  x x 3(sin3 − cos3 ) = 2 cosx + sin 2x ⇔ 3 sin − cos   1 + sin cos  = ( 2 + sin x ) cosx 2 2 2  2 2  2 2  x x  1   x x  x x ⇔ 3 sin − cos  1 + sin x  = ( 2 + sin x )  cos − sin  cos + sin   2 2  2   2 2  2 2  x x  x x 3 1,00 ⇔  cos − sin (2 + sin x) sin + cos +  = 0  2 2  2 2 2 x x x π x π π * sin − cos = 0 ⇔ sin  − ÷ = 0 ⇔ − = kπ ⇔ x = + k2π (k ∈ Z) 2 2  2 4 2 4 2 0,5 * 2 + sin x = 0 ⇔ sin x = −2 (vô nghiệm) x x 3 x π 3  π 3 0,5 * sin + cos = − ⇔ 2 sin +  = − ⇔ sin x +  = − (vô nghiệm) Vậy 2 2 2  2 4 2  4 2 2 π nghiệm của phương trình là: x = + k2π ( k ∈ Z) 2
Câu Nội dung Điểm Giải hệ phương trình: II.2  4 1,00 x − 4x + y − 6 y + 9 = 0 2 2  2  x y + x 2 + 2 y − 22 = 0  * Hệ phương trình tương đương với 0,25  ( x − 2) + ( y − 3) = 4 ( x − 2) + ( y − 3) = 4 2 2  2 2 2 2  2  ( x + 2) y + x 2 − 22 = 0 ( x 2 − 2 + 4)( y − 3 + 3) + x 2 − 2 − 20 = 0   0,25  x2 − 2 = u u 2 + v 2 = 4 Dat  * Thay vào hệ phương trình ta có:  0,25 y −3 = v u.v + 4(u + v ) = 8 u = 2 u = 0 0,2  hoặc  v = 0 v = 2 5   x = 2  x = −2  x = 2 thế vào cách đặt ta được các nghiệm của hệ là :  ;y = 3 ; ; y = 3  y = 5  x = − 2   ; y = 5  ( s inx + cos x + 2 ) − 2 ( cos x − s inx ) − π 2 2 III.1 I=∫ dx 0 ( s inx + cos x + 2 ) π π π 0,25 2 = ∫ dx − 2 ∫ 2 ( cos x − s inx )dx − 2 ∫ dx2 0 0 ( s inx + cos x + 2 ) 0 s inx + cos x + 2 π π 0,25 π 2 dx = − 2 ln s inx + cos x + 2 − 2 ∫ 2 2 0  π  0 2  cos( x − ) + 1÷  4  π π 1 dx 2 0,25 = − 2  ln(1 + 2) − ln(1 + 2)  − ∫   2 2 x π 0 cos 2 ( − ) 2 8 π x π π π π = − tan( − ) 02 = − 2 tan 0,25 2 2 8 2 8
Câu Nội dung Điểm III.2 Cho 0 < x ≤ y ≤ z : Chứng minh rằng 1,00 ( 2z + y ) 2 z − x − y + ( 2 z + x ) 2 ( z − x ) + 2  4 z 2 + 2 z ( x + y ) + xy  ( 2 x + y )   2  4 z 2 + 2 z ( x + y ) + xy  ≤  + ( 2x + y) 3 2x + y ⇔ ( 2z + y ) ( 2z + x ) − ( 2x + y ) + ( 2z + x ) ( 2z + y ) − ( 2x + y ) + 2 ( 2z + y ) ( 2z + x ) 3 (1) 2 ( 2z + y ) ( 2z + x ) ( 2x + y ) ≤ + ( 2x + y ) 0,25 2x + y Đặt a=(2z+y); b=2z+x; c=2x+y 2ab Từ (1) ⇔ a b − c + b a − c + 2 abc ≤ + c3 c ⇔ a c ( b − c ) + b c ( a − c ) + 2c ab ≤ 2ab + c 2 (2) 0,25 Ta có: b−c+c b c b−c ≤ = 2 2 ab ⇔ a c b−c ≤ (3) 2 ab Tương tự: b c a − c ≤ ( 4 ) 2 2c ab ≤ c + ab ( 5 ) 2 Cộng (3); (4); (5) ta được: a c ( b − c ) + b c ( a − c ) + 2c ab ≤ 2ab + c 2 đpcm 0,25 Dấu bằng xảy ra khi: a=b=2c a. 2z+y=2z+x=4x+2y 2 b. x=y= 5 z 0,25 IV Tính thể tích khối chóp... S M I A N B K C Ta có các tam giác SMN và AMN cân tại S và A. G ọi I là trung đi ểm c ủa MN suy ra 1,00 SI ⊥ MN và AI ⊥ MN. Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN). 1 1 Do đó VS.AMN = SI.SAMN = SI.AI .MN 3 6
Câu Nội dung Điểm 0,5 Gọi K là trung điểm của BC suy ra I là trung điểm của SK, mà AI ⊥ SK nên tam giác a 3 0,5 ASK cân tại A. Do đó SA = AK = 2 1 a 1 a SC SA a 3 MN = BC = , NI = MN = , SN = = = 1,00 2 2 2 4 2 2 4 2 2 3a a a 2 SI = SN2 − NI 2 = − = 16 16 4 0, 5 2 2 3 3a a a 10 1 a 2 a 10 a a 5 AI = SA2 − SI2 = − = . Vậy VS.AMN = = 4 8 4 6 4 4 2 96 0, 5 1,00 VS.AMN SA SM SN 1 Chú ý: Thí sinh có thể sử dụng công thức: = . . = VS.ABC SA SB SC 4 + Ta có: (d1) // (d2) ( HS phải chứng minh được) 0,2 5 Va 1.(1,0 điểm) Điểm D(d;0) thuộc đoạn BC là chân đường phân giác trong của góc A khi và chỉ khi 2 æö 1 ç9 ÷ + ( - 3) 2 ç ø DB AB d- ç4 ÷ è ÷ = Û 4= = DC AC 2- d 2 4 + ( - 3) 2 81 225 +9 16 = 16 = 3 Þ 4d - 1 = 6 - 3d Þ d = 1. 16 + 9 25 4 Đường thẳng AD có phương trình: x+2 y- 3 = Û - 3 x - 6 = 3 y - 9 Û x = 1- y , 3 -3 và đường thẳng AC: x+2 y- 3 = Û - 3 x - 6 = 4 y - 12 Û 3 x + 4 y - 6 = 0 4 -3 Giả sử tâm I của đường tròn nội tiếp có tung độ là b. Khi đó
Câu Nội dung Điểm hoành độ là 1- b và bán kính cũng bằng b. Vì khoảng cách từ I tới AC cũng phải bằng b nên ta có: 3( 1- b) + 4b - 6 = b Û b - 3 = 5b; 32 + 42 4 a )b - 3 = 5b Þ b = - ; 3 1 b)b - 3 = - 5b Þ b = . 2 1 Rõ ràng chỉ có giá trị b = 2 là hợp lý. Vậy, phương trình của đường tròn 2 2 æ 1ö æ 1ö nội tiếp V ABC là: çx - ÷ + çy - ÷ = 1 ç ÷ ç ÷ . ç è ÷ ç 2ø è ÷ 4 2ø 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng P’ đi qua đường thẳng d’ có phương trình dạng: m ( 2 x + 3 y +11) + n ( y - 2 z + 7 ) = 0 Û 2mx + ( 3m + n ) y - 2nz +11m + 7 n = 0. Để mặt phẳng này đi qua M, phải có: m ( - 8 - 15 +11) + n ( - 5 - 6 + 7) = 0 Û - 12m - 4n = 0 Û n = - 3m. Chọn m = 1, n = - 3 , ta được phương trình của P’: 2 x + 6 z - 10 = 0 . Tiếp theo, đường thẳng d” đi qua A( 2; - 1;1) và có vectơ chỉ phương ur m ( 2;3; - 5) . Mặt phẳng P” đi qua M và d” có hai vectơ chỉ phươngr làuuu r ur m và MA ( 6; 4; - 2) hoặc n ( 3; 2; - 1) . Vectơ pháp tuyến của P” là: u æ - 5 - 5; 2 2;3 ö u r 3; r pçç ç , , ÷ p ( 7; - 13; - 5) ÷ ÷= . ç2; - 1 - 1;3 3; 2 ø è ÷ Phương trình của P”: 7 ( x + 4) - 13( y + 5) - 5( z - 3) = 0 hay: 7 x - 13 y - 5 z - 29 = 0. Rõ ràng đường thẳng d phải là giao tuyến của P’ và P” nên có phương trình: ì 2 x + 6 z - 10 = 0 ï ï í ï 7 x - 13 y - 5 z - 29 = 0 ï î . VIa Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt: 1,00 m( 2x+1). x 2 + 1 =10x 2 +8 x + 4
Câu Nội dung Điểm Nhận xét : 10x +8 x + 4 = 2(2x+1)2 +2(x2 +1) 2 2x + 1 2x + 1 0,25 Phương trình tương đương với : 2 ( ) 2 − m( )+2=0. x2 +1 x2 +1 2x + 1 = t Điều kiện : -2< t ≤ 5 . Rút m ta có: m= 2t + 2 2 0,75 Đặt x2 +1 t Lập bảng biến thiên của hàm số trên − 2, 5 ( ] , ta có kết quả của m để 12 phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 4 < m ≤ hoặc -5 < m < −4 5 Vb.1 Trong mặt phẳng với hệ Oxy cho hình vuông ABCD biết các điểm M(2;1) ; N(4; -2) ; P(2; 0); Q(1; 2) lần lượt thuộc cạnh AB; BC; CD và AD. Hãy lập phương 1,00 trình các cạnh của hình vuông trên.  + Giả sử đường thẳng AB qua M và có véc tơ pháp tuyến là n ( a; b)  (a2 + b2 ≠ 0) => véc tơ pháp tuyến của BC là: n1 ( −b; a ) .Phương trình AB có dạng: a(x-2) +b(y-1)= 0 0,5 ⇔ ax + by -2a-b =0 BC có dạng: -b(x- 4) +a(y+ 2) =0 ⇔ - bx + ay +4b + 2a =0 Do ABCD là hình vuông nên d(P; AB) = d(Q; BC) −b 3b + 4a b = −2a Hay = ⇔ a2 + b2 a2 + b2 b = −a Trường hợp 1: b= -2a; Phương trình các cạnh cần tìm là: 0,25 AB: x- 2y = 0 ; CD : x- 2y-2 =0 BC: 2x +y – 6= 0; AD: 2x + y -4 =0 0,25 Trường hợp 2: b= -a . Khi đó AB: -x + y+ 1 =0 BC: -x –y + 2= 0 AD: -x –y +3 =0 CD: -x + y+ 2 =0 x = 3 + t  x = −2 + 2u   Cho (∆ ):  y = −1 + 2t ; (∆ ’)  y = 2u 1,0 Vb z = 4  z = 2 + 4u   0 2 Viết phương trình đường vuông góc chung của (∆ ) và (∆ ’) + Gọi đường vuông góc chung của (∆ ) và (∆ ’) là d 0, [ ] 25  1  Khi đó u d = u , u ' = (4;−2;−1) 2 + Gọi (α) là mặt phẳng chứa (∆ ) và (d) thì (α) qua N(3; -1; 4) và có véc tơ pháp  [  ] tuyến: n1 = u , u d = (− 2;1;− 10) 0,2 5 Vậy phương trình của (α) là: 2x- y + 10z - 47 =0 + Gọi (β) là mặt phẳng chứa (∆ ’) và (d) thì (β) qua M(-2; 0; 2) và có véctơ pháp 0,2
Câu Nội dung Điểm    tuyến: n2 = [ u ' , u d ] = (6;18;−12) 5 Vậy phương trình của (β) là: x + 3y- 2z + 6 =0 Do đó đường vuông góc chung của ∆ và ∆ ’ là giao tuyến của hai mặt phẳng: 0,2 2x – y + 10z – 47 = 0 và x + 3y – 2z + 6 =0 5 +Lập phương trình tham số của (d).(HS tự làm) VIIb Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) .... 1,00 1 1 +) Ta có y = 2x − 1 + . lim [ y − (2x − 1)] = lim = 0 . Do đó (C) có tiệm x − 1 x →± ∞ x →± ∞ x − 1 cận xiên y = 2x – 1. 2x 2 − 3x + 2 2x 2 − 3x + 2 0,25 +) lim+ = + ∞; lim− = −∞ . Do đó (C) có tiệm cận đứng x = 1 x→1 x −1 x→1 x−1  1  +) Gọi M ∈ (C) ⇒ M =  x 0 ;2x 0 − 1 +  , x ≠1  x 0 − 1 0  Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận của (C) là  1  2x 0 −  2x 0 − 1 +   −1  x 0 − 1  1 0,25 d = x0 −1 + = x0 −1 + 22 + 12 5 x0 −1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có 1 2 2 1 1 0,25 d ≥ 2 x0 −1 = 4 ⇒ d= khi x 0 − 1 = ⇔ x0 = 1± 4 5 x0 −1 5 4 5 5 x0 − 1 5  1 2 4   1 2  Vậy d nhỏ nhất khi M =  1 + 4 ;1 + 4 +  5  ; M =  1 − 4 ;1 − 4 − 4   5  0,25  5 5   5 5  Chý ý học sinh làm cách khác kết quẩ đúng vẫn được điểm tối đa

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.03: Bộ 400 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2021

400 tài liệu

955 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.