Đề thi thử lần 2 - KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

116
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử lần 2 - kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2010 môn: toán. khối a, b', 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 lần 2 - KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B . Đề thi thử lần 2 (Tháng 03 năm 2010) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 4 22 Câu I. (2 điểm). Cho hàm số y  x  2 m x  1 (1). 1) V ới m = 1, khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1 ). 2) Tìm tất cả các giá trị m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C và diện tích tam giác ABC bằng 32 (đơn vị diện tích). Câu II. (2 điểm) x  3  2 x x  1  2 x  x2  4 x  3 . 1) G iải phương trình: 1  sin 2 x 2) G iải phương trình lượng giác: 1  t an2x  cos 2 2 x . Câu III. (1 điểm) Tính d iện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: 2 y  c os x và y  x 2   x  3 4 Câu IV . (1 đ iểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 0. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a. Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 4c 4a b   3 2 a  b b  2c c  a Câu VI. (2 đ iểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(3; 0), đường thẳng d1: 2x – y – 2 = 0, đường thẳng d 2: x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua M và cắt d1, d 2 lần lượt tại A và B sao cho MA = 2MB. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng (P): 5x – 4y + z – 6 = 0,  x  1  7t (Q): 2x – y + z + 7 = 0, đường thẳng d:  y  3t . Viết phương trình mặt cầu (S) cắt (Q)   z  1  2t  theo thiết diện là hình tròn có diện tích bằng 20 và có tâm là giao của d với (P) . 2 2 y 3  16 x   Câu VII. (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 log x y  log y ( xy )  --------------- HẾT --------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. sontoan1980@gmail.com Gửi laisac
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG THPT THANH OAI B THÁNG 03 NĂM 2010 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 4 2 Với m = 1 hàm số là: y  x  2 x  1 +) TXĐ: R +) Giới hạn, đạo hàm: lim y  lim y   x  x  x  0 y '  4 x3  4 x; y '  0   0,25  x  1 +) BBT: x -  -1 0 1 + y' -0 + 0 - 0 + y + 1 + 0,25 0 0 +) Hàm số đồng biến trên các kho ảng (- 1; 0), (1; +  ); nghiechj biến trên các khoảng (-  ; - 1), (0; 1) I.1 Hàm đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1, cực tiểu tại x =  1, yCT = 0 0,25 +) ĐT: Dạng đồ thị 10 8 6 4 2 0,25 -15 -10 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 -10 0,25 x  0 +) Ta có y’ = 4x3 – 4m2x ; y’ = 0   2 ; ĐK có 3 điểm cực trị : m  0 2 x  m +) Tọa độ ba điểm cực trị : A(0 ; 1), B(- m ; 1 – m4), C(m ; 1 – m4) ; I.2 0,25 +) CM tam giác ABC cân đ ỉnh A. Tọa độ trung điểm I của BC là I(0 ; 1 – m4). 2,25 1 5 +) SVABC  AI .BC  m 4 m  m  32  m  2 (tm) 0,25 2 +) ĐK: x  1 0,25     x  3  2x x  1  2x  x2  4 x  3  2 x x 1 1  x  3 x  1 1  0 0,25     x  1 1 2x  x  3  0 x  0 II.1   x  0 x 1  1 x  0   0,5   (tm)   x  1 x 1 x  3  2x        x  3 / 4 
  +) ĐK: x   k ,k  Z 4 2 1  sin 2 x  cos 2 2 x  sin 2 xcos2 x  1  sin 2 x 1  t an2x  cos 2 2 x  sin 2 2 x  sin 2 x  sin 2 x.cos2 x  0 0,5  sin 2 x (sin 2 x  cos2 x  1)  0 II.2   x  k 2 sin 2 x  0   (k , l  Z ) 0,25 sin 2 x  cos2 x  1  x    l ; x    l   2 4  0,25 , x  l ;( k , l  Z ) +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là x  k 2 10 8 6 4 2 0,25 -1 5 -1 0 -5 5 10 15 -2 -4 -6 III -8 -1 0  3 Chứng minh được hai đư ờng có đúng hai giao điểm ho ành độ  2 và 2 0,25   2 3 2  1 3  2 3 2  2 4 3   S  2   cos x  x 2   x  dx  2.  s inx  x  x   4 x  4  4 3 2 3   0,5   2 2 Do AH  ( A1 B1C1 ) nªn gãc AA1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt 1 điểm th× gãc AA1 H b»ng 300. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc a3 AA1 H =300  A1 H  . Do tam gi¸c A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H 2 a3 thuéc B1C1 vµ A1 H  nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. MÆt kh¸c AH  B1C1 2 nªn B1C1  ( AA1 H ) A B KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 IV Ta cã AA1.HK = A1H.AH C K A1 H . AH a 3  HK   AA1 4 A C H B1 1 4c 4a b  4c   4a b    3  2    2    2  9 điểm 2a  b b  2c c  a 2a  b b  2c ca     V 2 2 1    2a  b  2c     9  2a  b b  2c c  a 
   1 1  b b 1    a      c    c  a      9  a  b b c c a  2 2     22 b b +) Áp dụng BĐT Cô – si cho ba số dương  a   ,   c  ,  c  a  và    2  2   1 1 1 rồi nhân hai BĐT cùng chiều ta có đpcm. , , bb ca a c 22 x  t x  u +) Dạng tham số của d1 và d2 : d1 :  , d2 :  0,25  y  2  2t  y  3  u uuu r uuur +) Tọa độ A(t; - 2 + 2t), B(u; - 3 – u). MA   t  3; 2  2t  ; MB   u  3; 3  u  0,25 7 uuur uu r  16 20  uuu r uuur +) TH1: MA  2.MB : Tìm đ ược t   3 , MA    3 ;  3   VTCPd : ud   4;5    VI.1 x 3 y 0,25 d:   5 x  4 y  15  0 4 5 17 uuu  8 28  r uur uuu r uuur t  , MA   ;   VTCPd : u d   2; 7  +) TH2: MA  2.MB : Tìm được 3 3 3  x 3 y 0,25 d:   7 x  2 y  21  0 2 7 +) Tâm I của mặt cầu là giao của d và (P) nên tọa độ I là nghiệm của hệ phương trình:  x  1  7t t  0  y  3t x  1   0,25   I (1; 0;1)   z  1  2t y  0 5 x  4 y  z  6  0 z  1   2.1  0  1  7 0,25 10 50 +) Gọi h là khoảng cách từ I đến mp(Q), ta có:  h2  h  VI.2 3 2  (  1) 2  (  1) 2 2 6 +) Thiết diện của (Q) với mặt cầu (S) là hình tròn có diện tích bằng 0,25 20  20   .r 2  r 2  20 (r là bán kính hình tròn) 50 110 2 2 2 +) Gọi R là bán kính mặt cầu (S), ta có R  h  r   20  3 3 110 2 2 2 Suy ra phương trình mặt cầu (S):  x  1  y   z  1  0,25 3 0  x  1, 0  y  1 +) ĐK: 2  2 y 3  16 x 2  y  3  4 x(1)  0,25 +)   2 2 log x y  1  log y x (2) log x y  log y ( xy )   t  1 x  y 1 VII +) Đặt log x y  t  (2) : 2t  1   2t  t  1  0   2 1 0,25 t   2 t x  y  2 0,25 +) Với x = y, kết hợp (1) ta được x = y = 1 (loại) và x = y = 3 (nhận). +) Với x = y-2, kết hợp với (1) ta được y2 = 1 (loại), y = - 4 (loại) 0,25 Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = y =3. Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.