Đề thi và đáp án thi thử ĐH môn Toán năm 2010_THPT chuyên Lê Quý Đôn lần 2

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

Thêm vào BST

Báo xấu

244
lượt xem 89
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi và đáp án thi thử đh môn toán năm 2010_thpt chuyên lê quý đôn lần 2', 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 thử ĐH môn Toán năm 2010_THPT chuyên Lê Quý Đôn lần 2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 LÊ QUÝ ĐÔN Môn thi: TOÁN, khối A, B Lần II Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I: (2,0 điểm) 2x − 4 Cho hàm số y = (C ) . x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Gọi M là một điểm bất kì trên đồ thị (C), tiếp tuyến tại M cắt các tiệm cận của (C) tại A, B. CMR diện tích tam giác ABI (I là giao của hai tiệm cận) không phụ thuộc vào vị trí của M. Câu II: (3,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình:  2 2 xy  x + y2 + =1  x+ y  x + y = x2 − y  2 π 2. Giải phương trình: 2sin  x −  = 2sin x − t anx . 2  4 3. Giải bất phương trình: log 1 log 5 3 ( ) x 2 + 1 + x > log 3 log 1 5 ( x2 + 1 − x ) Câu III: (2,0 điểm) e ln x 3 2 + ln 2 x 1. Tính tích phân: I = ∫ dx . 1 x 2. Cho tập A = { 0;1;2;3;4;5} , từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau, trong đó nhất thiết phải có chữ số 0 và 3. Câu IV: (2,0 điểm) 1. Viết phương trình đường tròn đi qua hai điểm A(2; 5), B(4;1) và tiếp xúc với đường thẳng có phương trình 3x – y + 9 = 0. 2. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ với A’.ABC là hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a; cạnh bên AA’ = b. Gọi α là góc giữa hai mp(ABC) và mp(A’BC). Tính tan α và thể tích chóp A’.BCC’B’. Câu V: (1,0 điểm) Cho x > 0, y > 0, x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y T= + 1− x 1− y
……………………………………………….Hết………………………………… TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 LÊ QUÝ ĐÔN Môn thi: TOÁN, khối A, B Lần II Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Ý Nội dung Đ I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) -Tập xác định: R\{-1} 6 -Sự biến thiên: y ' = 2 > 0∀x ≠ −1 . Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng xác 0 ( x + 1) định của hàm số. - x→( −1) y = m → x = −1 là tiệm cận đứng lim ± ∞ 0 - x →±∞ y = 2 → y = 2 là tiệm cận ngang lim -Bảng biến thiên x -∞ -1 +∞ y' + + +∞ 0 y 2 2 -∞ -Đồ thị y I 2 0 -1 12 x -4 2 Tìm cặp điểm đối xứng….(1,00 điểm)  2a − 4  0 Gọi M  a;  ∈ ( C ) a ≠ −1  a +1 
6 2a − 4 Tiếp tuyến tại M có phương trình: y = 2 ( x − a) + ( a + 1) a +1  2a − 10  0 Giao điểm với tiệm cận đứng x = −1 là A  −1;   a +1  Giao điểm với tiệm cận ngang y = 2 là B ( 2a + 1;2 ) Giao hai tiệm cận I(-1; 2) 0 12 1 1 IA = ; IB = 2 ( a + 1) ⇒ S IAB = IA. AB = .24 = 12 ( dvdt ) a +1 2 2 0 Suy ra đpcm II 1 Giải hệ …(1,00 điểm)  2 2 xy  x + y + x + y = 1 ( 1) 2  ( dk x + y > 0 )  x + y = x2 − y ( 2)  2 xy ( 1) ⇔ ( x + y ) − 1 = 0 ⇔ ( x + y ) − 2 xy ( x + y ) + 2 xy − ( x + y ) = 0 2 3 − 2 xy + x+ y ⇔ ( x + y) ( ( x + y ) − 1) − 2 xy ( x + y − 1) = 0 2 ⇔ ( x + y − 1) ( x + y ) ( x + y + 1) − 2 xy  = 0    x + y = 1 ( 3) ⇔ 2 x + y + x + y = 0  2 ( 4) Dễ thấy (4) vô nghiệm vì x+y>0 Thế (3) vào (2) ta được x − y = 1 2 x + y = 1  x = 1; y = 0 Giải hệ  ⇒ ……  x − y = 1  x = −2; y = 3 2 2 Giải phương trình….(1,00 điểm) Đk: cos x ≠ 0 (*)  π  π sinx 0 2sin 2  x −  = 2sin 2 x − t anx ⇔ 1 − cos  2 x −  = 2sin 2 x −  4  2 cos x ⇔ cos x − sin 2 x.cos x − 2sin x.cos x + sinx ⇔ cos x + sinx − sin 2 x ( cos x + sinx ) = 0 2 0  cos x ≠ 0 π  sinx = − cos x → t anx = −1 ⇔ x = − + kπ 4 π π ⇔ →x= +k (tm(*))… sin 2 x = 1 ⇔ 2 x = π + l 2π ⇔ x = π + lπ 4 2   2 4
3 Giải bất phương trình (1,00 điểm) log 1 log 5 3 ( x 2 + 1 + x > log 3 log 1 ) 5 ( x2 + 1 − x ) (1) Đk: x > 0 ( 1) ⇔ log 3 log 1 5 ( x 2 + 1 − x + log 3 log 5 ) ( x2 + 1 + x < 0 )  ⇔ log 3  log 1  5 ( x 2 + 1 − x .log 5 ) (  ) x2 + 1 + x  < 0  0 ⇔ log 5 2 ( x2 + 1 + x < 1 ) ⇔ 0 < log 5 ( x2 + 1 + x < 1 ) *) 0 < log 5 ( x2 + 1 + x ⇔ x > 0 ) 0 ( 2 ) *) log 5 x + 1 + x < 1 ⇔ x + 1 + x < 5 ⇔ x + 1 < 5 − x ⇔ ... ⇔ x < 12 5 2 2 0  12  Vậy BPT có nghiệm x ∈  0;   5 III 1 Tính tích phân (1,00 điểm) ln x 3 2 + ln 2 x e e 1e 1 I =∫ dx = ∫ ln x 2 + ln xd ( ln x ) = ∫ ( 2 + ln x ) 3 d ( 2 + ln 2 x ) 3 2 2 1 x 1 21 e ( 2 + ln x ) 4 1 3 3 2 3 = . =  3 34 − 3 24  2 4 8  1 2 Lập số …..(1,00 điểm) -Gọi số cần tìm là abcde ( a ≠ 0 ) 0 -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 không xét đến vị trí a. Xếp 0 và 3 vào 5 vị trí có: A5 cách 2 3 3 vị trí còn lại có A4 cách 0 Suy ra có A5 A4 số 2 3 -Tìm số các số có 5 chữ số khác nhau mà có mặt 0 và 3 với a = 0. Xếp 3 có 4 cách 0 3 3 vị trí còn lại có A4 cách Suy ra có 4.A4 số 3 0 2 3 3 Vậy số các số cần tìm tmycbt là: A A - 4.A = 384 5 4 4
IV 1 Viết phương trình đường tròn….(1,00 điểm) Gọi I ( a; b ) là tâm đường tròn ta có hệ ( 2 − a ) 2 + ( 5 − b ) 2 = ( 4 − a ) 2 + ( 1 − b ) 2 (1)  IA = IB   ⇔ ( 3a − b + 9 ) 2  IA = d ( I ; ∆ ) ( 2 − a ) + ( 5 − b ) = 2 2 ( 2) 0  10 ( 1) ⇔ a = 2b − 3 thế vào (2) ta có b 2 − 12b + 20 = 0 ⇔ b = 2 ∨ b = 10 0 *) với b = 2 ⇒ a = 1; R = 10 ⇒ ( C ) : ( x − 1) + ( y − 2 ) = 10 2 2 *)với b = 10 ⇒ a = 17; R = 250 ⇒ ( C ) : ( x − 17 ) + ( y − 10 ) = 250 2 2 0 0 2 Hình lăng trụ ….(1,00 điểm) Gọi O là tâm đáy suy ra A ' O ⊥ ( ABC ) và góc α = · AIA ' A' C' *)Tính tan α 0 A 'O 1 1a 3 a 3 tan α = với OI = AI = = B' OI 3 3 2 6 a 2 3b − a 2 2 A ' O 2 = A ' A2 − AO 2 = b 2 − = A C 3 3 O I 2 3b 2 − a 2 ⇒ tan α = B 0 a *)Tính VA '. BCC ' B ' 1 VA '. BCC ' B ' = VABC . A ' B 'C ' − VA '. ABC = A ' O.S ABC − A ' O.S ABC 3 2 3b 2 − a 2 1 a 3 a 2 3b 2 − a 2 = . . .a = ( dvtt ) 3 3 2 2 6 V  π Đặt x = cos a; y = sin a ⇒ a ∈  0; 2 2  khi đó  2 cos 2 a sin 2 a cos3 a + sin 3 a ( sin a + cos a ) ( 1 − sin a.cos a ) T= + = = sin a cos a sina.cos a sin a.cos a  π t2 −1 Đặt t = sin a + cos a = 2 sin  a +  ⇒ sin a.cos a =  4 2 π Với 0 < a < ⇒ 1 < t ≤ 2 2
−t 3 − 3t Khi đó T = = f ( t) ; t2 −1 −t 4 − 3 f '( t ) = 2 ( t − 1) 2 < 0 ∀t ∈ 1; ( 2 ⇒ f ( t) ≥ f  ( 2) = 2 Vậy t∈( 1; 2  f ( t ) = f min  ( 2) = 2 khi x = y = 1 . Hay min T = 2 khi x = y = 1 . 2 2