Đề thi và đáp án kỳ thi thử ĐH môn Toán 2010_THPT Thuận Thành số I

Chia sẻ: Nguyen Phuc | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

116
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án kỳ thi thử đh môn toán 2010_thpt thuận thành số i', 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 và đáp án kỳ thi thử ĐH môn Toán 2010_THPT Thuận Thành số I

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I MÔN: TOÁN Ngày thi 21/03/2010 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT 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 cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x. ( cos x − 1) 1. Giải phương trình = 2 ( 1 + sin x ) . sin x + cos x 2. Giải phương trình 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 (x ∈ ¡ ) 3 x −3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân ∫ 3. 0 x +1 + x + 3 dx . Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động 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 đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ 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 3 1 1 5 −2 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 điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: 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 = 0. 2 1 −1 Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 .  1  log 1 ( y − x ) − log 4 = 1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 y ( x, y ∈ ¡ )  x 2 + y 2 = 25  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1
-------------------Hết ------------------- SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điể m I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y = x + 1 + x−2 0.25 a) Tập xác định: D = ¡ \ { 2} b) Sự biến thiên: 1 x2 − 4x + 3 x = 1 y ' =1− = , y'= 0 ⇔  . ( x − 2) ( x − 2) 2 2 x = 3 lim y = −∞ , lim y = +∞ , lim y = +∞ ; lim y = −∞ , 0.25 x →−∞ x →+∞ x → 2+ x → 2− 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 ∞ biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) , ( 3; +∞ ) ; hàm số nghịch biến trên Hàm số đồng ∞ 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 x1 = 2 + m ⇒ y1 = 2 + m + 2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 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 ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 0.25 2−m− m = 2−m+ m m = 0 ⇔ m = 2 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán 0.25 Vậy ycbt ⇔ m = 2. II 2.0 cos x. ( cos x − 1) 2 1 Giải phương trình = 2 ( 1 + sin x ) . 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 ⇔ (thoả mãn điều kiện) 0.25 cos x = −1  π ⇔  x = − 2 + k 2π ( k , m ∈ Z)   x = π + m2π 0.25 π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = − + k 2π và x = π + m2π ( k , m ∈ Z) 2 2 Giải phương trình: 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 (x ∈ ¡ ) 1.0 3 − 2 x − x 2 ≥ 0  PT ⇔  0.25 7 − x + x x + 5 = 3 − 2 x − x 2 2  3 − 2 x − x 2 ≥ 0  0.25 ⇔  x x + 5 = −2( x + 2)  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3
  −3 ≤ x ≤ 1   −2 ≤ x < 0  ⇔ x ≠ 0 ⇔ ( x + 1) ( x − 16 ) = 0 2 0.25  x+2   x + 5 = −2.  x ⇔ x = −1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3 x −3 1.0 III Tính tích phân ∫ 3. 0 x +1 + x + 3 dx . x = 0 ⇒ u = 1 Đặt u = x + 1 ⇒ u 2 − 1 = x ⇒ 2udu = dx ; đổi cận:  0.25 x = 3 ⇒ u = 2 3 2 2 2 x−3 2u 3 − 8u 1 0.25 Ta có: ∫ dx = ∫ 2 du = ∫ (2u − 6)du + 6∫ du 0 3 x +1 + x + 3 1 u + 3u + 2 1 1 u +1 2 ( ) 1 + 6 ln u + 1 1 0.25 2 = u 2 − 6u 3 0.25 = −3 + 6 ln 2 IV 1.0 D Dựng DH ⊥ MN = H Do ( DMN ) ⊥ ( ABC ) ⇒ DH ⊥ ( ABC ) mà D. ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . C B 0.25 N H M A 2  3 6 Trong tam giác vuông DHA: DH = DA − AH = 1 −   3  = 3 2 2 2    0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN = AM . AN .sin 600 = xy 2 4 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 Trước hết ta có: x 3 + y 3 ≥ ( x + y) 3 (biến đổi tương đương) ⇔ ... ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ 0 2 0.25 4 = a. Khi đó 4 P ≥ ( x + y) ( a − z) 3 3 + 64 z 3 + 64 z 3 0.25 = ( 1 − t ) + 64t 3 3 Đặt x + y + z 3 = 3 a a - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4
z (với t = , 0 ≤ t ≤1) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] . Có 1 f '(t ) = 3 64t 2 − ( 1 − t )  , f '(t ) = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1] 2 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 ⇒ Minf ( t ) = ⇒ GTNN của P là 16 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 t∈[ 0;1] 81 81 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 − 2 y +1 = 0 x = 5   21 13  ⇔ ⇒ B ;  0.25   x − 7 y + 14 = 0  y = 13  5 5   5 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhr t nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và uuu r uuur uuuậ BD, kí hiệu nAB (1; −2); nBD (1; −7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các uuu uuu r r uuu uuu r r ( ) đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos nAB , nBD = cos nAC , nAB ( ) 0.25  a = −b 3 ⇔ a − 2b = a + b ⇔ 7 a + 8ab + b = 0 ⇔  2 2 2 2 2 a = − b  7 - Với a = - b. Chọn a = 1 ⇒ b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: x − y −1 = 0 x = 3  ⇒ ⇒ A(3; 2) x − 2 y +1 = 0  y = 2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ:  7  x − y −1 = 0 x = 2  7 5 0.25  ⇔ ⇒I ;   x − 7 y + 14 = 0 y = 5 2 2   2  14 12  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  x = −1 + 2t x = 2 + m   Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y = 1 + 3t ; d 2 :  y = −2 + 5m 0.25 z = 2 + t  z = −2 m   Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) uuuu r 0.25 ⇒ MN (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5
3 + m − 2t = 2k uu r uuuu r uu r  Do d ⊥ (P) có VTPT nP (2; −1; −5) nên ∃k : MN = k n p ⇔  −3 + 5m − 3t = −k có nghiệm 0.25  −2 − 2m − t = −5k  m = 1 Giải hệ tìm được  t = 1  x = 1 + 2t  0.25 Khi đó điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d:  y = 4 − t thoả mãn bài toán  z = 3 − 5t  VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình 1.0 log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n ∈ N Điều kiện:  n > 3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 ⇔ log4(n – 3)(n + 9) = 3 n = 7 (thoả mãn) ⇔ (n – 3)(n + 9) = 4 ⇔ n + 6n – 91 = 0 3 2 ⇔  n = −13 (không thoả mãn) 0.25 Vậy n = 7. 3 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = ( 1 + i ) . ( 1 + i )  = ( 1 + i ) .(2i )3 = (1 + i ).( −8i ) = 8 − 8i 2   0.25 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 uuu r uuu r Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81 Bán kính R = d(C; BG) = ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 0.25 5 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) . 0.25 uu r uu uur r Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u∆ = ud , nP  = (2; −3;1)   - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6
uuuu r Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó MN ( x − 1; y + 3; z ) . uuuu r uu 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 ∆ : = = 2 −3 1 0.25 x+3 y+4 z −5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : = = 2 −3 1 VII.b  1 1.0 log 1 ( y − x ) − log 4 y = 1 Giải hệ phương trình  4 ( x, y ∈ ¡ )  x 2 + y 2 = 25  y − x > 0 Điều kiện:  0.25 y > 0  1  y−x y−x 1 log 4 ( y − x ) + log 4 y = −1 log 4 y = −1  y = 4 Hệ phương trình ⇔  ⇔ ⇔ 0.25  x 2 + y 2 = 25  x 2 + y 2 = 25  x 2 + y 2 = 25    x = 3y x = 3y x = 3y  ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  2 25 0.25  x + y = 25 9 y + y = 25  y = 2 2  10   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 vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 8