Đề thi và đáp án thi thử ĐH môn Toán năm 2010_THPT Trần Hưng Đạo lần 2

Chia sẻ: N T | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

209
lượt xem 46
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 trần hưng đạo 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 Trần Hưng Đạo lần 2

Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2 Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán - Thời gian: 180 phút Đề Bài Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x − 3 ( m + 1) x + 9 x + m − 2 (1) có đồ thị là (Cm) 3 2 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1. 2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng 1 với nhau qua đường thẳng y = x . 2 Câu II: (2,5 điểm) 1) Giải phương trình: sin 2 x ( cos x + 3) − 2 3cos3 x − 3 3cos2 x + 8 ( ) 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 . 1  1  2) Giải bất phương trình : log 2 ( x 2 + 4 x − 5 ) > log 1  . 2 2  x+7 π 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = x.sin2x, y = 2x, x = . 2 Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ uuu 1 uuur r xuống (ABC) là H sao cho AP = AH . gọi K là trung điểm AA’, ( α ) là mặt phẳng 2 VABCKMN chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích VA ' B 'C ' KMN .  2 6 a + a − a 2 + a = 5 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức:  a 2b 2 + ab 2 + b ( a 2 + a ) − 6 = 0  Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghiệm của hệ sau:  m −2 9 19 1 Cm + Cn +3 + < 2 Am  2 2 Pn −1 = 720  x2 y2 2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc + = 1 (E), viết phương trình đường 25 9 thẳng song song Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 biết: x = 2 + t  x −1 y − 2 z −1 d1 :  y = 2 + t d2 : = = z = 3 − t 2 1 5  Câu V: (1 điểm) Cho a, b, c ≥ 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P= + + 1 + b2 1 + c2 1+ a2 ……………………Hết………………………
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Bài 1 Khi m = 1 ta có hàm số: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 • BBT: x -∞ 1 3 +∞ 1đ 1 y/ + 0 - 0 + 3 +∞ y -∞ 1 2 y ' = 3 x 2 − 6(m + 1) x + 9 Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: ∆' = 9(m + 1) 2 − 3.9 > 0 ⇔ m ∈ (− ;−1 − 3 ) ∪ (−1 + 3;+∞) ∞ m +1 2 1 Ta có y =  x − ( )  3 x − 6(m + 1) x + 9 − 2(m + 2m − 2) x + 4m + 1 2 3 3  Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y = −2(m 2 + 2m − 2) x + 4m + 1 1 Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y = x ta có điều kiện cần là 2 m = 1 [ ] 1 − 2( m 2 + 2m − 2) . = −1 ⇔ m 2 + 2m − 3 = 0 ⇔  2  m = −3 1đ Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm CĐ và  x1 + x 2 4  2 = 2=2  CT là:   y1 + y 2 = − 2( x1 + x2 ) + 10 = 1  2  2 1 Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y = x ⇒ m = 1 tm . 2 Khi m = -3 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. ⇒ m = −3 không thỏa mãn. Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài 2 1 phương trình đưa về: ⇔ ( 3 cos x − sin x)(−2 cos 2 x − 6 cos x + 8) = 0  π 1đ  tan x = 3  x = 3 + kπ , k ∈ Ζ  3 cos x − sin x = 0  ⇔ ⇔ 2 ⇔ cos x = 1  cos x + 3 cos x − 4 = 0  cos x = 4(loai )  x = k 2π  2
x 2 + 4x − 5 > 0  x ∈ (− ;−5) ∪ (1;+∞) ∞ Đk:  ⇔ ⇒ x ∈ (−7;−5) ∪ (1 + ∞) 0.75đ x + 7 > 0  x > −7 1 − 27 Từ pt ⇒ log 2 ( x + 4 x − 5) > − 2 log 2 ⇔ log 2 ( x 2 + 4 x − 5) > log 2 ( x + 7)2 ⇔ x < 2 x+ 7 5 − 27 Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x ∈ (−7; ) 5 3 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0 Diện tích hình phẳng là: π π S= ∫ ( x.sin 2 x − 2 x )dx = ∫ x(sin 2 x − 2)dx 2 2 0 0 0.75đ  du = dx u = x  π π2 π2 π2 π Đặt  ⇒  − cos 2 x ⇔S= − + = − (đvdt)  dv = (sin 2 x − 2)dx  v = − 2x 4 2 4 4 4  2 Bài 3 1 Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ a 3 A' ta có: AP = C' 2 ⇒ AH = a 3 Q Vì ∆' AHA' vuông cân tại H. B' Vậy A' H = a 3 K 1 a 3 a2 3 Ta có S ABC = a. = J 2 2 4 (đvdt) N a 2 3 3a 3 I E ⇒ V ABCA'B 'C ' = a 3. = (đ A 45 vt 4 4 C t) (1) M Vì ∆' AHA' vuông cân P 1đ ⇒ HK ⊥ AA' ⇒ HK ⊥ ( BB ' C ' C ) G ọi E = MN ∩ KH ⇒ BM = PE B H = CN (2) mà AA’ = A' H 2 + AH 2 = 3a 2 + 3a 2 = a 6 a 6 a 6 ⇒ AK = ⇒ BM = PE = CN = 2 4 1 V = S MNJI .KE 3 Ta có thể tích K.MNJI là: 1 1 a 6 KE = KH = AA ' = 2 4 4 2 a 6 a 6 1 a 2 6 a 6 a3 S MNJI = MN .MI = a. = (dvdt ) ⇒ VKMNJI = = (dvtt ) 4 4 3 4 4 8 3 3 3a a − VABCKMN 1 ⇒ = 8 2 83 = VA ' B 'C ' KMN 3a a 2 + 8 8 2 ĐK: a + a ≠ 0 2
a 2 + a = −1 Từ (1) ⇔ (a + a) − 5(a + a ) − 6 = 0 2 2 2 ⇔ 2 a + a = 6  Khi a 2 + a = −1 thay vào (2)  −1 − 23.i  − 1 − 3i b = a = 2 2 ⇒ −b 2 − b − 6 = 0 ⇔  ; a + a +1 = 0 ⇔  2  −1 + 23.i  − 1 + 3i b = a =  2  2  −1 + 5  a = −3 b = 2 Khi a 2 + a = 6 ⇔  Thay vào (2) ⇒ 6b + 6b − 6 = 0 ⇔  2  a=2  −1 − 5 b =  2  − 1 − 23i − 1 − 3i   − 1 − 23i − 1 + 3i  Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:   2 ; 2 , 2 ; 2        − 1 + 23i − 1 − 3i   − 1 + 23i − 1 − 3i   − 1+ 5   − 1− 5   − 1+ 5   − 1− 5   ; , ;  ;  − 3; ,  − 3; ,  2; ,  2;   2 2  2 2     2   2  2  2      Bài  m −2 9 19 1 4 1) C m + cn+3 + 2 < 2 Am Từ (2): (n − 1)!= 720 = 6!⇔ n − 1 = 6 ⇔ n = 7 Thay n = 7 vào 2   Pn−1 = 720  m(m − 1) 9 19 ⇔ + 45 + < m 2 2 2 (1) ⇔ 9 < m < 11 vì m ∈ Ζ ⇒ m = 10 ⇔ m − m + 90 + 9 < 19m 2 ⇔ m 2 − 20m + 99 < 0 Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C 7 .C10 = 1575 cách 3 2 TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C 7 .C10 = 350 cách 4 1 TH3: 5 bông hồng nhung có: C 7 = 21 cách 5 ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. Số cách lấy 4 bông hồng thường C17 = 6188 5 1946 ⇒P= ≈ 31,45% 6188 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: a2 y2 + =1 25 9 25 − a 2 3 ⇒ y 2 = 9. ⇒ y=± 25 − a 2 y 2 a 2 25 − a 2 25 5 ⇔ = 1− = 9 25 25  3 2   3  Vậy A a; 25 − a , B a;− 25 − a 2   5   5 
 6  10 100 100 125 AB =  0; 25 − a 2  ; ⇔ 25 − a 2 = ⇔ 25 − a 2 = ⇔ a 2 = 25 − =  5  3 9 9 9 5 5 −5 5 5 5 ⇒a=± Vậy phương trình đường thẳng: x = ,x = 3 3 3  x = 1 + 2t '  3)đường thẳng d2 có PTTS là:  y = 2 + t '  z = 1 + 5t '  r ⇒ vectơ CP của d1 và d2 là: ud1 = (1;1; −1), ud2 = (2;1;5) r r r ⇒ VTPT của mp( α ) là nα = ud1 .ud2  = (6; −7; −1)   ⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1) ⇒ d ( M , (α )) = d ( N , (α )) |12 − 14 − 3 + D |=| 6 − 14 − 1 + D | ⇔| −5 + D |=| −9 + D |⇔ D = 7 Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z + 7 = 0 Bài 5 a3 b3 c3 Ta có: P + 3 = + b2 + + c2 + + a2 1+ b 2 1+ c 2 1+ a 2 6 a 3 a 2 1+ b 2 b3 b2 1 + c2 ⇔ P+ = + + + + + 4 2 2 1+ b2 2 1+ b2 4 2 2 1 + c2 2 1 + c2 4 2 c3 c2 1+ a2 a6 b6 c6 + + +≥3 3 +33 +3 3 2 1+ a2 2 1+ a2 4 2 16 2 16 2 16 2 3 3 9 9 3 9 3 3 ⇒ P+ ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) = 6 ⇒ P ≥ − = − = 2 2 23 2 2 2 8 26 2 3 2 2 2 2 2 2 2 Để PMin khi a = b = c = 1