Kì thi thử đại học năm học 2010 -2011 môn toán - đề 10

Chia sẻ: Ngo Quang Do | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'kì thi thử đại học năm học 2010 -2011 môn toán - đề 10', 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: Kì thi thử đại học năm học 2010 -2011 môn toán - đề 10

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 http://ductam_tp.violet.vn/ Ngày thi 21/12/2010 MÔN: TOÁN 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 c ủa đ ồ th ị hàm s ố cách đ ường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x. ( cos x − 1) = 2 ( 1 + sin x ) . 1. Giải phương trình sin x + cos x 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2 x − x2 2. Giải phương trình (x ∈ ¡ ) 3 x −3 ∫ 3. dx . Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân x +1 + x + 3 0 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các đi ểm l ần l ượt di đ ộng trên các cạnh AB, AC sao cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ di ện 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 th ẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm to ạ đ ộ các đ ỉnh 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 2 3 1 1 5 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), tr ọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d 2: 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. −1 2 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  y ( x, y ∈ ¡ ) Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4  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 Nội dung Điể Câu 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: x = 1 x2 − 4x + 3 1 y ' =1− = , y'= 0 ⇔  . ( x − 2) ( x − 2) 2 2 x = 3 0.25 lim y = −∞ , lim y = +∞ , lim y = +∞ ; lim y = −∞ , x → 2+ x →2− x →−∞ x →+∞ 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 - ∞ ∞ Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) , ( 3; +∞ ) ; hàm số nghịch biến trên 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 ) 0.25 Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 2−m− m = 2−m+ m m = 0 ⇔ m = 2 0.25 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt ⇔ m = 2. II 2.0 cos x. ( cos x − 1) 2 = 2 ( 1 + sin x ) . Giải phương trình 1 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 ( k , m ∈ Z) + k 2π và x = π + m 2π Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x = − 2 2 1.0 7 − x2 + x x + 5 = 3 − 2x − x2 Giải phương trình: (x ∈ ¡ ) 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 0.25 2   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 ∫ 3. dx . Tính tích phân III x +1 + x + 3 0 x = 0 ⇒ u = 1 x + 1 ⇒ u 2 − 1 = x ⇒ 2udu = dx ; đổi cận:  Đặt u = 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 u + 3u + 2 u +1 0 3 x +1 + x + 3 1 1 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 . B C 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 ( x + y) ( a − z) 3 3 + 64 z 3 + 64 z 3 0.25 = ( 1 − t ) + 64t 3 3 Đặt x + y + z = a. Khi đó 4P ≥ = 3 3 a a - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4
z , 0 ≤ t ≤1) (với t = 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 ⇒ GTNN của P là 16 đạt được khi x = y = 4z > 0 ⇒ Minf ( t ) = 0.25 81 81 t∈[ 0;1] 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 = 5 x − 2 y +1 = 0    21 13  0.25 ⇔ ⇒ B ; ÷   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 ậ uuu r uuur uuu BD, kí hiệu nAB (1; −2); nBD (1; −7); nAC ( a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các uuu uuu rr uuu uuu rr ( ) ( ) đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: cos nAB , nBD = cos nAC , n AB 0.25  a = −b 3 a + b ⇔ 7 a + 8ab + b = 0 ⇔  ⇔ a − 2b = 2 2 2 2 a = − b 2  7 ⇒ b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, - Với a = - b. Chọn a = 1 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 = 2 0.25 x − y −1 = 0   7 5 ⇔ ⇒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) 0.25 uuuu r ⇒ 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 uuuu r uu 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  Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình VII.a 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 (thoả mãn) n = 7 ⇔ ⇔ (n – 3)(n + 9) = 4 ⇔ n + 6n – 91 = 0 3 2 (không thoả mãn)  n = −13 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 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = Bán kính R = d(C; BG) = 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 uurr 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 ) . uu r uuuu 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 ∆ : = = −3 2 1 0.25 x+3 y+4 z −5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt ∆ : = = −3 2 1  1 VII.b 1.0 log 1 ( y − x ) − log 4 y = 1 ( x, y ∈ ¡ ) Giải hệ phương trình  4  x 2 + y 2 = 25  y − x > 0 Điều kiện:  0.25 y > 0 y−x y−x 1   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  y = 10  x + y = 25 9 y + y = 25 2 2    15 5 (không thỏa mãn đk) ( x; y ) =  ; ÷  10 10   ⇔   15 5 0.25 (không thỏa mãn đk) ( 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 nh ư 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