Đề thi và đáp án thi ĐH môn Toán THPT Lam Kinh

Chia sẻ: N T | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

216
lượt xem 63
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án thi đh môn toán thpt lam kinh', 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 thi ĐH môn Toán THPT Lam Kinh

Trường THPT LAM KINH- Kiểm tra chất lượng ôn thi ĐH – CĐ (Lần 2) Môn: Toán (khối a), năm học 2009 – 2010 Thanh Hóa Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. m 2. Biện luận số nghiệm của phương trình x − 2 x − 2 = 2 theo tham số m. x −1 Câu II (2.0 điểm ) 1. Giải phương trình: 3 − 4 sin 2 2 x = 2 cos 2 x ( 1 + 2 sin x ) 2. Giải phương trình: log x x 2 − 14 log16 x x 3 + 40 log 4 x x = 0. 2 π 3 x sin x Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân I = ∫ cos −π 2 x dx. 3 x −1 y z + 2 Câu IV(1.0điểm) Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng 2 1 −3 ( P ) : 2 x + y + z − 1 = 0 .Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d với mặt phẳng (P ) . Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm A vuông góc với d và nằm trong (P ) . Câu V:(1.0điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B (2;0;2) . Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB) và (Oxy ) . 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) x2 1. Cho hàm số f ( x) = e x − sin x + − 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của f (x) và chứng minh rằng 2 f ( x) = 0 có đúng hai nghiệm.  z1 .z 2 = −5 − 5.i 2. Giải hệ phương trình sau trong tập hợp số phức:   z1 + z 2 = −5 + 2.i 2 2 Câu VII.a(1.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC có A ( 0; 5 ) . Các đường phân giác và trung tuyến xuất phát từ đỉnh B có phương trình lần lượt là d1 : x − y + 1 = 0 ,d 2 : x − 2 y = 0. Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC. B.Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2.0 điểm) 1 x+2 1 x +1 1. Giải phương trình 3.4 + .9 = 6.4 − .9 . x x 3 4 π 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y = x.sin2x, y = 2x, x = 2 Câu VII.b (1.0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh bên bằng a và mặt chéo SAC là tam giác đều. Qua A dựng mặt phẳng (P ) vuông góc với SC .Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (P ) và hình chóp. Hết đề … Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ……… …………….. ; Số báo danh:. . . . . . . . .
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH – CĐ TRƯỜNG THPT LAM KINH 2010 Câu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 2. • Tập xác định: Hàm số có tập xác định D = R. 0,25 x = 0 • Sự biến thiên: y' = 3 x − 6 x. Ta có y' = 0 ⇔  2 x = 2 • yCD = y ( 0 ) = 2; yCT = y ( 2 ) = −2. 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + 2 +∞ y −∞ −2 • Đồ thị: 0,25 y 3 2 1 x -3 -2 -1 1 2 3 -1 -2 -3 b) m Biện luận số nghiệm của phương trình x − 2 x − 2 = 2 theo tham số m. x −1 m 0,25 • Ta có x − 2 x − 2 = x − 1 ⇔ ( x − 2 x − 2 ) x − 1 = m,x ≠ 1. Do đó số nghiệm 2 2 của phương trình bằng số giao điểm của y = ( x − 2 x − 2 ) x − 1 ,( C' ) và 2 đường thẳng y = m,x ≠ 1.  f ( x ) khi x ≥ 1  0,25 • Vì y = ( x − 2 x − 2 ) x − 1 =  nên ( C' ) bao gồm: 2 − f ( x ) khi x < 1  + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = 1. + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = 1 qua Ox. • Đồ thị: 0,25
y 3 2 1 x -3 -2 -1 1 2 3 -1 -2 -3 • Dựa vào đồ thị ta có: 0,25 + m < −2 : Phương trình vô nghiệm; + m = −2 : Phương trình có 2 nghiệm kép; + −2 < m < 0 : Phương trình có 4 nghiệm phân biệt; + m ≥ 0 : Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Câu II 2 điểm a) Giải phương trình 3 − 4 sin 2 x = 2 cos 2 x ( 1 + 2 sin x ) 2 • Biến đổi phương trình về dạng 2 sin 3 x ( 2 sin x + 1) − ( 2 sin x + 1) = 0 0,75 • Do đó nghiệm của phương trình là 0,25 π 7π π k 2π 5π k 2π x = − + k 2π ; x = + k 2π ; x = + ;x = + 6 6 18 3 18 3 b) Giải phương trình log x x − 14 log16 x x + 40 log 4 x x = 0. 2 3 2 1 1 0,25 • Điều kiện: x > 0; x ≠ 2; x ≠ ;x ≠ . 4 16 • Dễ thấy x = 1 là một nghiệm của pt đã cho • Với x ≠ 1 . Đặt t = log x 2 và biến đổi phương trình về dạng 0,5 2 42 20 − + =0 1 − t 4t + 1 2t + 1 1 1 0,25 • Giải ra ta được t = ;t = −2 ⇒ x = 4; x = . Vậy pt có 3 nghiệm x =1; 2 2 1 x = 4; x = . 2 Câu III 1.0 điểm a) π 3 x sin x Tính tích phân I = ∫ cos −π 2 x dx. 3 • Sử dụng công thức tích phân từng phần ta có 0,25
π π π π 3  1  x 3 3 dx 4π 3 dx I= ∫ π xd   = −∫  cosx  cosx − π π cosx = 3 − J , với J = ∫ cosx π − 3 − − 3 3 3 • Để tính J ta đặt t = sin x. Khi đó 0,5 π 3 3 3 dx 2 dt 1 t −1 2 2− 3 J= ∫ π cosx = ∫3 1 − t 2 = − 2 ln t + 1 − 3 = − ln 2+ 3 . − − 2 3 2 4π 2− 3 0,25 • Vậy I = − ln . 3 2+ 3 Câu IV 1.0 điểm Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d với mặt phẳng (P ) . Viết phương trình của đường thẳng ∆ đi qua điểm A vuông góc với d và nằm trong (P ) .  1 7 0,25 • Tìm giao điểm của d và (P) ta được A  2; ; −   2 2 ur u ur u ur ur ur u u u 0,5 • Ta có ud = ( 2;1; −3) ,nP = ( 2;1;1) ⇒ u∆ = ud ;n p  = ( 1; −2; 0 )   1 7 0,25 • Vậy phương trình đường thẳng ∆ là ∆ : x = 2 + t; y = − 2t; z = − . 2 2 Câu V 1.0 điểm Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1;1;2) , B (2;0;2) . Tìm quỹ tích các điểm cách đều hai mặt phẳng (OAB) và (Oxy ) . uuu uuu r r OA, OB  = ( 2; 2; −2) = 2( 11 −1) ⇒ ( OAB ) : x + y − z = 0 . ; ;   ( Oxy ) : z = 0. N ( x; y; z ) cách đều ( OAB ) và ( Oxy ) ⇔ d ( N , ( OAB ) ) = d ( N , ( Oxy ) ) x+ y−z z x + y − 3+1 z = 0 ⇔ x + y − z = ± 3z ⇔  ( ) ⇔ = 3 1  x + y + 3 − 1 z = 0.   ( ) Vậy tập hợp các điểm N là hai mặt phẳng có phương trình ( ) x + y − 3 + 1 z = 0 và x + y + 3 − 1 z = 0 . ( ) Câu VIa 2.0 điểm 1. x2 Cho hàm số f ( x) = e x − sin x + − 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của f (x ) và 2 chứng minh rằng f ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm. • Ta có f ′( x ) = e + x − cos x. Do đó f ' ( x ) = 0 ⇔ e = − x + cos x. 0,25 x x • Hàm số y = e là hàm đồng biến; hàm số y = − x + cosx là hàm nghịch biến 0,25 x vì y' = −1 + sin x ≤ 0,∀x . Mặt khác x = 0 là nghiệm của phương trình e x = − x + cos x nên nó là nghiệm duy nhất. • Lập bảng biến thiên của hàm số y = f ( x ) (học sinh tự làm) ta đi đến kết 0,5
luận phương trình f ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm. • Từ bảng biến thiên ta có min f ( x ) = −2 ⇔ x = 0. x2 Cho hàm số f ( x) = e x − sin x + − 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của f (x ) và 2 chứng minh rằng f ( x ) = 0 có đúng hai nghiệm. • Ta có f ′( x ) = e + x − cos x. Do đó f ' ( x ) = 0 ⇔ e = − x + cos x. 0,25 x x 2.  z1 .z 2 = −5 − 5.i . Giải hệ phương trình sau trong tập hợp số phức:  2  z1 + z 2 = −5 + 2.i 2 Đáp số: (2 – i; -1 – 3.i), (-1 – 3i; 2 – i), (-2 + i; 1 + 3i), (1 + 3i; -2 + i) Câu 1.0 điểm VII.a Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC có A ( 0; 5 ) . Các đường phân giác và trung tuyến xuất phát từ đỉnh B có phương trình lần lượt là d1 : x − y + 1 = 0 ,d 2 : x − 2 y = 0. Viết phương trình ba cạnh của tam giác ABC. • Ta có B = d1 ∩ d 2 ⇒ B ( −2; −1) ⇒ AB : 3 x − y + 5 = 0. 0,25 • Gọi A' đối xứng với A qua d1 ⇒ H ( 2; 3) , A' ( 4;1) . 0,25 • Ta có A' ∈ BC ⇒ BC : x − 3 y − 1 = 0. 0,25 • Tìm được C ( 28; 9 ) ⇒ AC : x − 7 y + 35 = 0. 0,25 Câu VI.b 2.0 điểm 1. 1 x+2 1 x +1 Giải phương trình 3.4 + .9 = 6.4 − .9 x x 3 4 9 2x 0,5 • Biến đổi phương trình đã cho về dạng 3.2 + 27.3 = 6.2 − .3 2x 2x 2x 4 3 x 2 2 0,5 • Từ đó ta thu được   = ⇔ x = log 3 2 39 2 39 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau 2. π y = x.sin2x, y = 2x, x = 2 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0 Diện tích hình phẳng là: 0.5 π π S= ∫ ( x.sin 2 x − 2 x )dx = ∫ x(sin 2 x − 2)dx 2 2 0 0  du = dx 0.5 u = x  π π2 π2 π2 π Đặt  ⇒  − cos 2 x ⇔S= − + = −  dv = (sin 2 x − 2)dx  v= − 2x 4 2 4 4 4  2 (đvdt) Câu 1.0 điểm VII.b Cho chóp tứ giác đều SABCD có cạnh bên bằng a và mặt chéo SAC là tam giác đều. Qua A dựng mặt phẳng (P ) vuông góc với SC .Tính diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (P ) và hình chóp.
• Học sinh tự vẽ hình 0,25 • Để dựng thiết diện, ta kẻ AC' ⊥ SC. Gọi I = AC' ∩ SO. 0,25 1 1 2 a 3 a2 3 0,5 • Kẻ B' D' // BD. Ta có S AD' C' B' = B' D' .AC' = . BD. = . 2 2 3 2 6