Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án kỳ thi thử đh môn toán khối a-b (2009-2010)_thpt nguyễn trung thiên hà tĩnh', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi và đáp án kỳ thi thử ĐH môn Toán khối A-B (2009-2010)_THPT Nguyễn Trung Thiên Hà Tĩnh
- SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ LÀNI NĂM HỌC 2009-2010
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN MÔN TOÁN-KHỐI A+B: (180 phút)
-----------------------@--------------------------- --------------------------------------@-----------------------------------
(Không kể thời gian phát đề)
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm):
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1) x − m3 + m (1)
1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1
2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến
góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O.
Câu II (2 điểm):
π
1. Giải phương trình : 2cos3x.cosx+ 3(1 + s in2x)=2 3cos 2 (2 x + )
4
2. Giải phương trình :
log 2 (5 − 2 x ) + log 2 (5 − 2 x ).log 2 x +1 (5 − 2 x) = log 2 (2 x − 5) 2 + log 2 (2 x + 1).log 2 (5 − 2 x)
1
2
π π
tan( x − )
6
Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I=∫ 4 dx
0
cos2x
Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy
và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng
(AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI.
Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − 2 xyz .
B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2)
1.Theo chương trình chuẩn:
Câu VIa (2 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng ∆ : 3x − 4 y + 4 = 0 .
Tìm trên ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC
bằng15.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 .
r
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt
phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S).
Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P = (1 + 2 x + 3 x 2 )10
2.Theo chương trình nâng cao:
Câu VIb (2 điểm):
x2 y 2
1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) : + = 1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) .
9 4
Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.
2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 6 y − 4 z − 2 = 0 .
r
Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt
phẳng (α ) : x + 4 y + z − 11 = 0 và tiếp xúc với (S).
Câu VIIb (1 điểm):
2 1 22 2 2n n 121
Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn Cn + Cn + Cn + ... +
0
Cn =
2 3 n +1 n +1
-------------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------
Cán bộ coi thi không g ải thích gì thêm
Họ tên thí sinh:.................................................... Số báo danh:..............................
http://laisac.page.tl
- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu NỘ Điêm
I DUNG
2. Ta có y , = 3 x 2 − 6mx + 3(m 2 − 1)
Để hàm số có cực trị thì PT y , = 0 có 2 nghiệm phân biệt
05
⇔ x 2 − 2mx + m 2 − 1 = 0 có 2 nhiệm phân
I biệt
⇔ ∆ = 1 > 0, ∀m
Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị 025
hàm số là
B(m+1;-2-2m)
m = −3 + 2 2
Theo giả thiết ta có OA = 2OB ⇔ m + 6m + 1 = 0 ⇔
2
025
m = −3 − 2 2
Vậy có 2 giá trị của m là m = −3 − 2 2 và m = −3 + 2 2 .
1.
π
PT ⇔ cos4x+cos2x+ 3(1 + sin 2 x) = 3 1 + cos(4x+ ) 05
2
⇔ cos4x+ 3 sin 4 x + cos2x+ 3 sin 2 x = 0
π π
⇔ sin(4 x + ) + sin(2 x + ) = 0
6 6
π π
x =− +k
π 18 3 05
⇔ 2sin(3 x + ).cosx=0 ⇔
6 x= π + kπ
2
II
π π π
Vậy PT có hai nghiệm x = + kπ và x = − + k .
2 18 3
−1 5
- III π π π
tan( x − )
4 dx = − tan x + 1 dx
6 6 2
025
I=∫ ∫ (t anx+1)2
0
cos2x 0
1
Đặt t = t anx ⇒ dt= 2
dx = (tan 2 x + 1)dx
cos x
x=0⇒t =0 05
π 1
x= ⇒t =
6 3
1
1
Suy ra
3
dt 1 3 1− 3 . 025
I =−∫ = =
0
(t + 1) 2
t + 10 2
IV
05
AM ⊥ BC , ( BC ⊥ SA, BC ⊥ AB )
Ta có ⇒ AM ⊥ SC (1)
AM ⊥ SB, ( SA = AB )
Tương tự ta có AN ⊥ SC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AI ⊥ SC
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
1
Suy ra VABMI = S ABM .IH
3
a2
Ta có S ABM = 05
4
IH SI SI .SC SA2 a2 1 1 1
= = = 2 = 2 = ⇒ IH = BC = a
BC SC SC 2
SA + AC 2
a + 2a 2
3 3 3
V 2 3
1a a a
Vậy VABMI = =
3 4 3 36
Ta c ó:
P = 3 ( x + y + z ) 2 − 2( xy + yz + zx) − 2 xyz
025
= 3 [ 9 − 2( xy + yz + zx) ] − 2 xyz
= 27 − 6 x ( y + z ) − 2 yz ( x + 3)
- ( y + z)2
≥ 27 − 6 x (3 − x) − ( x + 3)
2
025
1
= (− x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27)
2
Xét hàm số f ( x) = − x 3 + 15 x 2 − 27 x + 27 , với 00.Khi đó ta có + = 1 và diện tích tam giác 05
9 4
ABC là
- 1 85 85 x y
S ABC = AB.d (C → AB ) = 2x + 3y = 3 +
2 2 13 13 3 4
85 x 2 y 2 170
≤3 2 + = 3
13 9 4 13
x2 y 2 05
9 + 4 = 1 x = 3 2
3 2
Dấu bằng xảy ra khi ⇔ 2 . Vậy C ( ; 2) .
x = y y = 2 2
3 2
Xét khai triển (1 + x ) = Cn + Cn x + Cn x + ... + Cn x
n 0 1 2 2 n n
Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được:
05
3n +1 − 1 2 2 1 23 3 2n +1 n
= 2Cn + Cn + Cn + ... +
0
Cn
n +1 2 3 n +1
2 1 22 2 2n n 3n +1 − 1 121 3n +1 − 1
Cn + Cn + Cn + ... +
0
Cn = ⇔ =
⇔ 2 3 n +1 2(n + 1) n + 1 2(n + 1)
⇔ 3n +1 = 243 ⇔ n = 4 05
Vậy n=4.
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
