ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi: TOÁN, Khối A - TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

180
lượt xem 36
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2010 môn thi: toán, khối a - trường thpt đồng quan', 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 THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn thi: TOÁN, Khối A - TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN

TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 __________________________ Môn thi: TOÁN, Khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm). Câu I ( 2 điểm) Cho hàm số y  x 3  (1  2m) x 2  ( 2  m) x  m  2 (1) m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m=2. 2. Tìm tham số m để đồ thị của hàm số (1) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d: x  y  7  0 góc  , biết 1 cos  . 26 Câu II (2 điểm)  2x  log 2  4  5 . 1. Giải bất phương trình: 1 4 x 2 3 sin 2 x.2 cos x  1  2  cos 3 x  cos 2 x  3 cos x. 2. Giải phương trình: Câu III (1 điểm) 4 x 1 Tính tích phân: I  dx .  1   2 1  2x 0 Câu IV(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 . Gọi I là trung điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA  2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) 0 bằng 60 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V(1 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và thỏa mãn: x 2  y 2  z 2  xyz . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x y z P 2 2 . 2 x  yz y  zx z  xy PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ chọn làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B ). A. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC biết A(3;0), đường cao từ đỉnh B có phương trình x  y  1  0 , trung tuyến từ đỉnh C có phương trình: 2x-y-2=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các điểm A(-1;1;0), B(0;0;-2) và C(1;1;1). Hãy viết 3. phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng Câu VII.a (1 điểm)   2 10 Cho khai triển: 1  2 x  x  x  1  a 0  a1 x  a 2 x  ...  a14 x . Hãy tìm giá trị của a6 . 2 2 14 B. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng 5,5 và trọng tâm G thuộc đường thẳng d: 3 x  y  4  0 . Tìm tọa độ đỉnh C. x  2 y 1 z 1 2.Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho mặt phẳng (P) x  y  z  1  0 ,đường thẳng d:   1 3 1 Gọi I là giao điểm của d và (P). Viết phương trình của đường thẳng  nằm trong (P), vuông góc với d và cách I một khoảng bằng 3 2 . Câu VII.b (1 điểm) 3  zi   1. Giải phương trình ( ẩn z) trên tập số phức:  i z -------------------------------------Hết------------------http:laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 MÔN:TOÁN, Khối A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. Câu ý Nội dung Điểm 1(1đ) Khảo sát hàm số khi m = 2 I(2đ) Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x 2 + 4 a) TXĐ: R b) SBT •Giới hạn: lim y  ; lim y   0,25 x  x  •Chiều biến thiên: Có y’ = 3x2  6x; y’=0  x =0, x =2 x  0 2 + y’  + 0 0 + 0,25 4 + y 0  Hàm số ĐB trên các khoảng ( ; 0) và (2 ; +), nghịch biến trên (0 ; 2). •Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4; 0,25 y Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = 0. 4 c) Đồ thị: Qua (-1 ;0) Tâm đối xứng:I(1 ; 2) I 0,25 2 -1 1 0 2 x 2(1đ) Tìm m ... Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến  tiếp tuyến có véctơ pháp n1  (k ;1) 0,5 d: có véctơ pháp n2  (1;1) 3  k1  2 n1 .n2 k 1 1  12k 2  26k  12  0   Ta có cos     k  2 2 26 2 k 1 n1 n2 2 3  Yêu cầu của bài toán thỏa mãn  ít nhất một trong hai phương trình: y /  k1 (1) và y /  k 2 (2) có nghiệm x 3 2 0,25 có nghiệm 3 x  2(1  2m) x  2  m  2  / 1  0   / 3 x 2  2(1  2m) x  2  m  2  2  0 có nghiệm   3 
1 1  8m 2  2m  1  0  m   4 ; m  2 1 1  2   m   hoặc m  0,25 m   3 ; m  1 4 2  4m  m  3  0    4 1(1đ) Giải bất phương trình ... II(2đ)  2 2x 2x   3  log 1 4  x  2(1) log 1 4  x  4  0   Bpt   2 2 0,25   2x 2x log 2 9 2  log 1  3(2)  1 4x 4x 2  2 3x  8  4 x  0 2x 8 16  . Giải (1): (1)  4  8   x 0,25  5 x  16  0 4 x 3 5  4x  17 x  4  4x 0 1 2x 1 4 4  . Giải (2): (2)      x 0,25 9x  4  0 8 4 x 4 17 9  4x   4 4   8 16  Vậy bất phương trình có tập nghiệm  ;    ;  . 0,25 17 9   3 5  2(1đ) Giải PT lượng giác Pt  3 sin 2 x(2 cos x  1)  (cos 3 x  cos x )  (cos 2 x  1)  (2 cos x  1) 0,5  3 sin 2 x(2 cos x  1)  4 sin 2 x cos x  2 sin 2 x  (2 cos x  1)  (2 cos x  1)( 3 sin 2 x  2 sin 2 x  1)  0  • 3 sin 2 x  2 sin 2 x  1  0  3 sin 2 x  cos 2 x  2  sin( 2 x  )  1 0,25 6   k x 6 2   x  3  k 2 • 2 cos x  1  0   (k  Z )  x   2  k 2 0,25  3  2 2   k 2 ; x    k 2 và x    k Vậy phương trình có nghiệm: x  3 3 6 (k  Z ) III(1đ) 1(1đ) Tính tích phân. 4 x 1 I  dx .  2 0 1  1  2x 0,25
t 2  2t dx •Đặt t  1  1  2 x  dt   dx  (t  1)dt và x  2 1  2x Đổi cận x 0 4 t 2 4 4 4 4 1 (t 2  2t  2)(t  1) 1 t 3  3t 2  4t  2 1 4 2 •Ta có I =  dt   dt    t  3   2 dt 2 2 22 22 2 2 t t t t 0,5 2 1t 2   3t  4 ln t   = 2 t 2  1 = 2 ln 2  0,25 4 IV Tính thể tích và khoảng cách (1đ) S •Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH 0,25 IA a BC = AB 2  2a ; AI= a ; IH= = 2 2 K 3a AH = AI + IH = A B 2 I H C a5 •Ta có HC 2  AC 2  AH 2  2 AC. AH cos 45 0  HC  2 0,25   Vì SH  ( ABC )  ( SC ; ( ABC ))  SCH  60 0 a 15 SH  HC tan 60 0  2 a 15 a 3 15 1 11 S ABC .SH  . (a 2 ) 2 • VS . ABC   0,25 3 32 2 6 BI  AH  •   BI  ( SAH ) BI  SH  0,25 d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a    d ( K ; (SAH ))  d ( B; ( SAH )  BI  Ta có d ( B; (SAH )) SB 2 2 2 2
Tim giá trị lớn nhất của P (1đ) V x y z P 2 2 . 2 x  xy y  zx z  xy x y z 0,25 Vì x; y; z  0 , Áp dụng BĐT Côsi ta có: P    = 2 x yz 2 y zx 2 z 2 xy 2 2 1 2 2 2      4  yz xy  zx   1  1 1 1 1 1 1  1  yz  zx  xy  1  x 2  y 2  z 2              4 y z z x x y  2  2  xyz xyz       1  xyz  1   2  xyz  2 0,5   0,25 1 Dấu bằng xảy ra  x  y  z  3 . Vậy MaxP = 2 PHẦN TỰ CHỌN: Câu ý Nội dung Điểm 1(1đ) Viết phương trình đường tròn… VIa(2đ) 0,25 KH: d1 : x  y  1  0; d 2 : 2 x  y  2  0 d1 có véctơ pháp tuyến n1  (1;1) và d 2 có véctơ pháp tuyến n2  (1;1) • AC qua điểm A( 3;0) và có véctơ chỉ phương n1  (1;1)  phương tr ình AC: x  y  3  0 . x  y  3  0 C  AC  d 2  Tọa độ C là nghiệm hệ:   C (1;4) . 2 x  y  2  0 xB  3 yB • Gọi B( x B ; y B )  M ( ; ) ( M là trung điểm AB) 0,25 2 2 xB  y B  1  0   B(1;0) Ta có B thuộc d1 và M thuộc d 2 nên ta có:  yB xB  3  2  2  0  • Gọi phương trình đường tròn qua A, B, C có dạng: x 2  y 2  2ax  2by  c  0 . Thay tọa độ ba điểm A, B, C vào pt đường tròn ta có 6a  c  9 a  1    b  2  Pt đường tròn qua A, B, C là:  2a  c  1 0,5  2a  8b  c  17 c  3   x 2  y 2  2 x  4 y  3  0 . Tâm I(1;-2) bán kính R = 2 2 2(1đ) Viết phương trình mặt phẳng (P)
•Gọi n  (a; b; c)  O là véctơ pháp tuyến của (P) Vì (P) qua A(-1 ;1 ;0)  pt (P):a(x+1)+b(y-1)+cz=0 0,25 Mà (P) qua B(0;0;-2) a-b-2c=0  b = a-2c Ta có PT (P):ax+(a-2c)y+cz+2c =0 2a  c  3  2a 2  16ac  14c 2  0 3 • d(C;(P)) = 2 2 2 a  (a  2c )  c 0,5 a  c  a  7c •TH1: a  c ta chọn a  c  1  Pt của (P): x-y+z+2=0 0,25 TH2: a  7c ta chọn a =7; c = 1 Pt của (P):7x+5y+z+2=0 Tìm hệ số của khai triển (1 đ) VII.a 1 3 • Ta có x 2  x  1  (2 x  1) 2  nên 4 4 0,25 1  2 x 10 ( x 2  x  1) 2  1 (1  2 x)14  3 (1  2 x)12  9 (1  2 x)10 16 8 16 14 • Trong khai triển 1  2 x  hệ số của x là: 2 C14 6 6 6 12 Trong khai triển 1  2 x  hệ số của x 6 là: 2 6 C12 6 0,5 10 Trong khai triển 1  2 x  hệ số của x là: 2 C 6 6 6 10 0,25 1 66 366 9 2 C14  2 C12  2 6 C10  41748. 6 • Vậy hệ số a6  16 8 16 1(1đ) Tìm tọa độ của điểm C VI.b(2đ) xy • Gọi tọa độ của điểm C ( xC ; yC )  G (1  C ; C ) . Vì G thuộc d 33 0,25  x y  31  C   C  4  0  y C  3 xC  3  C ( xC ;3x C  3) 3 3  •Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương AB  (1;2)  ptAB : 2 x  y  3  0 2 xC  3 xC  3  3 11 1 11 11 • S ABC  AB.d (C ; AB )   d (C ; AB )    2 2 5 5 5  xC  1 0,5  5 xC  6  11    xC  17  5 
• TH1: xC  1  C (1;6) 0,25 17 17 36 TH2: xC   C ( ; ) . 5 5 5 2(1đ) Viết phương trình của đường thẳng • (P) có véc tơ pháp tuyến n( P )  (1;1;1) và d có véc tơ chỉ phương .u  (1;1;3) 0,25 I  d  ( P )  I (1;2;4)   • vì   ( P);   d   có véc tơ chỉ phương u   n( P ) ; u  (4;2;2)  2(2;1;1) • Gọi H là hình chiếu của I trên   H  mp(Q) qua I và vuông góc  Phương trình (Q):  2( x  1)  ( y  2)  ( z  4)  0  2 x  y  z  4  0 Gọi d1  ( P)  (Q )  d1 có vécto chỉ phương x  1 n    (0;3;3)  3(0;1;1) và d1 qua I  ptd1 :  y  2  t ; n( Q ) ( P) z  4  t  Ta có H  d1  H (1;2  t ;4  t )  IH  (0; t; t ) 0,5 t  3 • IH  3 2  2t 2  3 2   t  3 x 1 y  5 z  7 • TH1: t  3  H (1;5;7)  pt :   2 1 1 0,25 x 1 y 1 z 1 TH2: t  3  H (1;1;1)  pt :   2 1 1 Giải phương trình trên tập số phức. 1đ VII.b ĐK: z  i zi ta có phương trình: w 3  1  (w  1)(w 2  w  1)  0 • Đặt w  iz 0,5  w  1  w  1 1 i 3  w   2  2 w  w  1  0  w   1  i 3   2
zi • Với w  1  1 z  0 iz 1 i 3 z  i 1  i 3 • Với w     (1  i 3 ) z   3  3i  z   3 iz 2 2 0,5 1  i 3 z  i 1  i 3 • Với w     (1  i 3 ) z  3  3i  z  3 iz 2 2 Vậy pt có ba nghiệm z  0; z  3 và z   3 . ---------------------------Hết---------------------------