Đề thi thử đại học - Trường thpt trần nguyên hãn

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

94
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học - trường thpt trần nguyên hãn', 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 - Trường thpt trần nguyên hãn

®Ò thi thö ®¹i häc Së gi¸o dôc - ®µo t¹o h¶I phßng Trêng thpt trÇn nguyªn h·n M«n to¸n líp 12-lÇn 2 - n¨m häc 2009-2010 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 4  2  m  2  x 2  m 2  5m  5 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 thÞ hµm sè có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác vuông cân.  x  y  x 2  y 2  12  Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12  log 2 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3) 2/ Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh : 2 cos 2 x 1  sin 2 x  sin 2 x . Câu III (1.0 điểm) T×m x  (0;  ) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh: cot x - 1 = 1  tan x 2  2 Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : I   cos 2 x cos 2 xdx 0 a · · , SA  a 3 , SAB  SAC  30 0 . Câu V(1.0 điểm) Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = 2 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. x 2  2x  2 Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x + 3. 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 *******http://laisac.page.tl 1
®¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm Thi thö ®¹i häc lÇn ii M«n to¸n líp 12- 2009-2010 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     f ' x   y'  4 x  4 x  4 x x 2  1 3 * B¶ng biÕn thiªn: 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:  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 0.25 6 4 2 -5 5 -2 -4 Tìm các giá trị của m để (C) có các điểm cực đại, cực tiểu tạo thành 1 tam giác 1 vuông cân. 2 x  0 * Ta có f '  x   4 x 3  4  m  2  x  0   2 0.25 x  2  m * Hàm số có CĐ, CT khi f’(x)=0 có 3 nghiệm phân biệt và đổ i 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: 3 AB. AC  0  m  2   1  m  1 vì đk (1) 0.25     2 2 Trong đó AB  2  m ; m  4m  4 , AC   2  m ; m  4m  4 2
Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1. Câu II 2 1  x  y  x 2  y 2  12  Giải hệ phương trình:  1  y x 2  y 2  12  * Điều kiện: | x |  | y | u  x 2  y 2 ; u  0  Đặt  ; x   y không thỏa hệ nên xét x   y ta có v  x  y  0.25 u  v  12 u2  1  u2  y   v   . Hệ phương trình đã cho có dạng:  u  v    12 2 v 2  v  u  4 u  3 hoặc   v  8 v  9 0.25  x2  y 2  4 u  3  x 2  y 2  3 u  4     + (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 đầu 0.25 là S   5;3 ,  5; 4  2 log 2 x  log 2 x 2  3  5 (log 4 x 2  3) 1 Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh : 2 x  0 §K:  2 2 log 2 x  log 2 x  3  0 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, t 2  2t  3  5 (t  3)  (t  3)(t  1)  5 (t  3) BPT (1)  t  1 log x  1 t  1   2  t  3  0.5 3  t  4 3  log 2 x  4 (t  1)(t  3)  5(t  3) 2  1  0x 1  2 VËy BPT ®· cho cã tËp nghiÖm lµ: (0; ]  (8;16) 0.25  2 8  x  16 T×m x  (0;  ) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh: Câu III 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 0.25 cos x  sin x cos 2 x. cos x  sin 2 x  sin x cos x Khi ®ã pt   cos x  sin x sin x 3
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   cos x  sin x  0  tanx = 1  x   k (k  Z ) (tm) 4 0. 5  x  0;    k  0  x  4 KL: Câu IV  2 1 Tính tích phân : I   cos2 x cos 2 xdx 0 0.5    2 2 2 1 1 I   cos 2 x cos 2 xdx   (1  cos 2 x) cos 2 xdx  4  (1  2cos 2 x  cos 4 x)dx 20 0 0  1 1 0.5  ( x  sin 2 x  sin 4 x) | / 2  0 4 4 8 Câu V a · · , SA  a 3 , SAB  SAC  30 0 . Cho h×nh chãp S.ABC cã AB = AC = a, BC = 2 1 Gäi M lµ trung ®iÓm SA , chøng minh SA  ( MBC ) . TÝnh VSMBC S M 0.25 A C N B Theo ®Þnh lÝ c«sin ta cã: · SB 2  SA 2  AB 2  2SA.AB.cos SAB  3a 2  a 2  2.a 3.a.cos30 0  a 2 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 0.25 MB  SA, MC  SA. Suy ra SA  (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 2  a   a 3  3a 2 a3 2 2 2 2 2 2 2 MN  AN  AM  AB  BN  AM  a        2   16  MN  4 . 4   4
1 a 3 a 3 a a3 1 1 0.25 Do ®ã VS .MBC  SM . MN .BC  . . (®vtt) 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 tuyến BM: 1 2 x  y  1  0 và phân giác trong CD: x  y  1  0 . Viết phương trình đường 1 thẳng BC. Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  .  t 1 3  t  Suy ra trung điểm M của AC là M  ; . 2 2 0.25 0.25  t 1  3  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  BC ). Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 . 0.25 x  y 1  0  I  0;1 . Tọa độ điểm I thỏa hệ:  x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . 0.25 x 1 y Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình:   4x  3 y  4  0 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     C C x Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= i k  2i  C5k x k . C5i x2 k 5 5 k 0 i 0 k 0 i 0  i  3   k  4 k  2i  10  i  4   a10= C5 .C5  C52 .C54  C54 .C5  101 0 5 3 Theo gt ta cã 0  k  5, k  N     k  2 0  i  5, i  N    i  5  k  0  0.25 5
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). Gäi (Q) lµ mÆt ph¼ng cÇn t×m uuu r r Ta có A B  (2,4, 16) cùng phương với a  (1,2, 8) 0.25 uur mp(P) có VTPT n 1  (2, 1,1) uu r uu r r Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) , Chän VTPT cña mÆt ph¼ng (Q) lµ n 2  (2,5,1) 0.5 uu r Mp(Q) chứa AB và vuông góc với (P) ®i qua A nhËn n 2  (2,5,1) lµ VTPT cã pt 0.25 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z  11 = 0 lµ: 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 I 1 1 của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D.. 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 4 5 8 8 2 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  | 6t  4 | 4 Ngoài ra: d  C ; AB   CH       5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2   5 8 8 2 0.25 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C  1; 0  , D  0; 2   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 0.25 5 5 5 5 i  Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5=   C5k C5 x k  2i  C5k x k . C5i x2 i k 0 i 0 k 0 i 0 0.25 6
 i  3   k  4 k  2i  10  i  4   a10= C5 .C5  C52 .C54  C54 .C5  101 0 5 3 Theo gt ta cã 0  k  5, k  N     k  2 0  i  5, i  N    i  5  k  0  CâuVII.b x 2  2x  2 Cho hàm số y = (C) vµ d1: y = x + m, d2: y = x + 3. Tìm tất cả các 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 giao ®iÓm cña (C) vµ d1 lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh : x2  2x  2  x  m x 1  2x2 -(3+m)x +2+m=0 ( x≠1) (1) 0.5 d1 c¾t (C) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt  p tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 1 2  3  m  2  m  1  m2-2m-7>0 (*)  2 m  2m  7  0 Khi ®ã(C) c¾t (d1)t¹i A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Víi x1, x2 lµ hai nghiÖm cña (1) ) * d1 d2 theo gi¶ thiÕt  §Ó A, B ®èi xøng nhau qua d2  P lµ trung ®iÓm cña AB x x x x m  3 3m  3 Th× P thuéc d2 Mµ P( 1 2 ;  1 2  m )  P( ; ) 2 2 4 4 0.5 3m  3 m  3  3  m  9 ( tho¶ m·n (*))  VËy ta cã 4 4 VËy m =9 lµ gi¸ trÞ cÇn t×m. Chó ý : - Häc sinh lµm c¸ch kh¸c ®óng cho ®iÓm tèi ®a tõng phÇn = = = = = == = = HÕt = = = = = = = = 7