Sở GD & ĐT Thanh Hóa Trờng THPT thọ xuân 4 Trơng văn hoà đề thi thử đại học năm 2010 lần 1 Môn thi: Toán Khối A, B Thời gian làm bài: 180 phút. Ngày thi: - 03 -2010 Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn bài không làm tròn. Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số 43 23 += xxy 1,00 1. Tập xác định: R 2. Sự biến thiên: a) Giới hạn: +=+==+= ++ )4x3x(limylim,)4x3x(limylim 23 xx 23 xx 0,25 b) Bảng biến thiên: y' = 3x 2 - 6x, y' = 0 x = 0, x = 2 Bảng biến thiên: x - 0 2 + y' + 0 - 0 + y 4 + - 0 - Hàm số đồng biến trên (- ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 4, đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = 0. 0,50 3. Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung tại (0; 4), giao với trục hoành tại (-1; 0),(2; 0). Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng 0,25 I.2 Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc 1,00 d có phơng trình y = m(x 3) + 4. Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phơng trình = = =+=+ 0mx 3x 0)mx)(3x(4)3x(m4x3x 2 223 0,50 Theo bài ra ta có điều kiện m > 0 và 1)m('y).m('y = 0,25 9 35318 m01m36m91)m6m3)(m6m3( 2 ==+=+ (thỏa mãn) 0,25 II.1 Giải bất phơng trình mũ 1,00 ĐK 1x x y -1 2 O 4 2 1 Nghiệm ]3;2[)1;( x II.2 Giải phơng trình lơng giác 1,00 Pt 22 )4(cos)3(sin =+ xx =+ = 1cossin 7cossin xx xx 1) 4 cos(2 = x = += 2 2 2 mx kx 0,25 III Tính tích phân 1,00 Đặt = ++ + = = ++= 2/xv dx 1xx 1x2 du xdxdv )1xxln(u 2 2 2 1 1 2 3 2 2 2 0 0 x 1 2x x I ln(x x 1) dx 2 2 x x 1 + = + + + + 0,25 ++ ++ + += 1 0 2 1 0 2 1 0 1xx dx 4 3 dx 1xx 1x2 4 1 dx)1x2( 2 1 3ln 2 1 ( ) 11 1 0 2 1 0 2 I 4 3 3ln 4 3 I 4 3 )1xxln( 4 1 xx 2 1 3ln 2 1 =+++= 0,25 * Tính I 1 : + + = 1 0 2 2 1 2 3 2 1 x dx I . Đặt =+ 2 , 2 t,ttan 2 3 2 1 x Suy ra 9 3 t 3 32 ttan1 dt)ttan1( 3 32 I 3/ 6/ 3/ 6/ 2 2 1 == + + = 0,25 Vậy 12 3 3ln 4 3 I = 0,25 IV Tính thể tích khối lăng trụ 1,00 Gọi M là trung điểm của BC, gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên AA, Khi đó (P) (BCH). Do góc ã A' AM nhọn nên H nằm giữa AA. Thiết diện của lăng trụ cắt bởi (P) là tam giác BCH. 0,25 Do tam giác ABC đều cạnh a nên 3 3a AM 3 2 AO, 2 3a AM === Theo bài ra 4 3a HM 8 3a BC.HM 2 1 8 3a S 22 BCH === 0,25 4 a3 16 a3 4 a3 HMAMAH 22 22 === Do hai tam giác AAO và MAH đồng dạng nên AH HM AO O'A = suy ra 3 a a3 4 4 3a 3 3a AH HM.AO O'A === 0,25 Thể tích khối lăng trụ: 12 3a a 2 3a 3 a 2 1 BC.AM.O'A 2 1 S.O'AV 3 ABC ==== 0,25 V 1,00 mxxx =++ 12213 232 ( Rm ). t ( ) 2 3 2 3 1 2 2 1f x x x x= + + , suy ra ( ) f x xỏc nh v liờn tc trờn on ; 1 1 2 . ( ) ' 2 2 3 2 2 3 2 3 3 4 3 3 4 1 2 1 1 2 1 x x x x f x x x x x x x x + + = = + ữ + + + + . ; 1 1 2 x ta cú 2 3 2 4 3 3 4 3 4 0 0 3 1 2 1 x x x x x x + > + > + > + + . Vy: ( ) ' 0 0f x x= = . Bng bin thiờn: 0,50 A B C C B A H O M ( ) ( ) ' || || 1 0 1 2 0 1 Cẹ 3 3 22 2 4 x f x f x + Da vo bng bin thiờn, ta cú: Phng trỡnh ó cho cú 1 nghim duy nht thuc ; 1 1 2 3 3 22 4 2 m < hoc 1m = . 0,25 0,25 VIa.1 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa.2 Viết phơng trình mặt phẳng ( ) 1,00 Do () // () nên () có phơng trình 2x + 2y z + D = 0 (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = 5 Đờng tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 3. 0,25 Khoảng cách từ I tới () là h = 435rR 2222 == 0,25 Do đó = = =+= ++ ++ (loại) 17D 7D 12D54 )1(22 D3)2(21.2 222 0,25 Vậy () có phơng trình 2x + 2y z - 7 = 0 0,25 VII.a Tìm hệ số của x 2 1,00 Ta có ( ) ++++=+= 2 0 nn n 22 n 1 n 0 n 2 0 n dxxCxCxCCdx)x1(I 2 0 1nn n 32 n 21 n 0 n xC 1n 1 xC 3 1 xC 2 1 xC + ++++= + suy ra I n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= + (1) 0,25 Mặt khác 1n 13 )x1( 1n 1 I 1n 2 0 1n + =+ + = + + (2) Từ (1) và (2) ta có n n 1n 2 n 3 1 n 2 0 n C 1n 2 C 3 2 C 2 2 C2 + ++++= + 1n 13 1n + = + Theo bài ra thì 7n65613 1n 6560 1n 13 1n 1n == + = + + + 0,25 Ta có khai triển ( ) = = + 7 0 4 k314 k 7 k k 7 0 4 k7 k 7 7 4 xC 2 1 x2 1 xC x2 1 x 0,25 Số hạng chứa x 2 ứng với k thỏa mãn 2k2 4 k314 == Vậy hệ số cần tìm là 4 21 C 2 1 2 7 2 = 0,25 VIb.1 Viết phơng trình đờng tròn 1,00 Do B d 1 nên B = (m; - m 5), C d 2 nên C = (7 2n; n) 0,25 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên =+ =++ 0.3n5m3 2.3n27m2 = = =+ = 1n 1m 2nm 3n2m Suy ra B = (-1; -4), C= (5; 1) 0,25 Giả sử đờng tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phơng trình 0cby2ax2yx 22 =++++ . Do A, B, C (C) nên ta có hệ = = = =++++ =++ =++++ 27/338c 18/17b 54/83a 0cb2a10125 0cb8a2161 0cb6a494 0,25 Vậy (C) có phơng trình 0 27 338 y 9 17 x 27 83 yx 22 =++ 0,25 VIb.2 Tìm giá trị nhỏ nhất 1,00 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra G = 3; 3 8 ; 3 7 Ta có ( ) ( ) ( ) 222 222 GCMGGBMGGAMGMCMBMAF +++++=++= 22222222 GCGBGAMG3)GCGBGA(MG2GCGBGAMG3 +++=++++++= 0,25 F nhỏ nhất MG 2 nhỏ nhất M là hình chiếu của G lên (P) 0,25 ⇔ 33 19 111 333/83/7 ))P(,G(dMG = ++ −−− == 0,25 3 64 9 104 9 32 9 56 GCGBGA 222 =++=++ VËy F nhá nhÊt b»ng 9 553 3 64 33 19 .3 2 =+ khi M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P) 0,25 VIIb 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 . x x= = . Bng bin thi n: 0,50 A B C C B A H O M ( ) ( ) ' || || 1 0 1 2 0 1 Cẹ 3 3 22 2 4 x f x f x + Da vo bng bin thi n, ta cú: Phng trỡnh ó cho cú 1 nghim duy nht thuc ; 1 1 2 . định: R 2. Sự biến thi n: a) Giới hạn: +=+==+= ++ )4x3x(limylim,)4x3x(limylim 23 xx 23 xx 0,25 b) Bảng biến thi n: y' = 3x 2 - 6x, y' = 0 x = 0, x = 2 Bảng biến thi n: x - 0 2. ĐT Thanh Hóa Trờng THPT thọ xuân 4 Trơng văn hoà đề thi thử đại học năm 2010 lần 1 Môn thi: Toán Khối A, B Thời gian làm bài: 180 phút. Ngày thi: - 03 -2010 Hớng dẫn chấm môn toán - Điểm toàn