De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

18 9 0
De thi thu Dai hoc Mon Toan va dap an

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

[r]

(1)

Trờng THPT Nguyễn Huệ đề thi thử đại học lần năm 2010 Môn: TOáN ; Khối: A,B (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần chung cho tất thí sinh (7,0 im)

Câu I(2 điểm) Cho hàm số

2

1 x y

x  

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Tìm (C) điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận (C) nhỏ Câu II(2 im)

1 Giải hệ phơng trình:

1

6

x y

x y

     

2 Giải phơng trình:

1 2(cos sin )

tan cot cot

x x

x x x

Câu III(1 điểm)

Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng thẳng vng góc với (P) O lấy điểm S cho OS = R I điểm thuộc đoạn OS với SI =

2 R

M điểm thuộc (C) H hình chiếu I SM Tìm vị trí M (C) để tứ diện ABHM tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nht ú

Câu IV(1 điểm)

Tính tích ph©n: I =

1

2

11

dx

x x

  

Câu V(1 điểm) Cho x, y, z sè thùc d¬ng tháa m·n xyz=1 Chøng minh r»ng

1 1

1

1 1

x y  y z  z x  

Phần riêng(3,0 điểm).Thí sinh đợc làm hai phần (phần A B) A.Theo chng trỡnh Chun

Câu VI.a(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng

3

2 trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C.

Câu VII.a(1 điểm) Từ chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 lập đợc số tự nhiên có chữ số đôi khác ( chữ số phải khác 0) phải có chữ số

Câu VIII.a(1 điểm) Tìm a để bất phơng trình sau có nghiệm:

2

1

3

log x  1 log (ax a ) B.Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI.b(1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):

2

1

4

x y

 

đờng thẳng :3x + 4y =12 Từ điểm M  kẻ tới (E) tiếp tuyến MA, MB Chứng minh đờng thẳng AB qua điểm cố định

Câu VII.b(1 điểm) Cho hàm số

2 4 3

2

x x

y x   

 có đồ thị (C).Giả sử đờng thẳng y = kx + cắt (C) điểm phân biệt A, B Tìm tập hợp trung điểm I AB k thay đổi

Câu VIII.b(1 điểm) Giải phơng trình:

2

2

log log

3 1 xx 1 x 1 x -

-Trờng THPT Nguyễn Huệ đáp án – thang điểm

(2)

Môn: TOáN ; Khối: A,B Lu ý:Mọi cách giải ngắn gọn u cho im ti a

Câu Đáp ¸n §iĨm

I 1.(1,0 điểm) Khảo sát (2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1}

* Sù biÕn thiªn

- Giới hạn tiệm cận: xlim yxlim y2; tiÖm cËn ngang: y = 2

( 1) ( 1)

lim ; lim

x   y x   y 

; tiệm cận đứng: x = -

0,25

- Bảng biến thiên

Ta có

1

'

( 1)

y x

 

 víi mäi x- 1

x - -1 +

y’ + +

y + 2 -

Hàm số đồng biến khoảng (- ; -1) và ( -1; + )

0,5

* Đồ thị

0,25

2. (1,0 điểm) Tìm (C) điểm .

Gọi M(x0;y0) điểm thuộc (C), (x0- 1) th×

0

0

2 1

x y

x

 

Gọi A, B lần lợt hình chiếu M TCĐ TCN

MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = |

0

2 1

x x

 - 2| = | 0

1

x  |

0,25

0,25

(3)

Theo Cauchy th× MA + MB  2

0

1

x

1 x

 =2

 MA + MB nhá nhÊt b»ng x0 = hc x0 = -2.Nh vËy ta cã hai điểm cần tìm (0;1) (-2;3)

0,25

II 1.(1,0 điểm) Giải hệ (2,0 ®iĨm)

§iỊu kiƯn: x-1, y1

Céng vÕ theo vÕ råi trõ vÕ theo vÕ ta cã hÖ

1 10

6

x x y y

x x y y

         

      

Đặt u= x x6, v = y 1 y4 Ta cã hÖ 10

5 2u v u v     

  

  

5 u v  

3 x y

lµ nghiƯm cđa hƯ

0,25 0,25

0,25 0,25

2. (1,0 điểm) Giải phơng trình Điều kiện:sinx.cosx0 cotx1 Phơng trình tơng đơng

1 2(cos sin ) sin cos cos

1 cos sin sin

x x

x x x

x x x

 

 

 cosx =

2

2  x = k2 

  

Đối chiếu điều kiện pt có họ nghiệm x = k2 

  

0,25 0,25

(4)

(1,0 ®iĨm)

S

H I

O

B

M A

Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mµ OS = R 3, SI =

3 R , SM = SO2OM2 2R SH = R hay H trung điểm SM

Gọi K hình chiếu vuông góc H lên mp(MAB) HK =

1 2SO=

3 R ,

(không đổi)

 VBAHM lớn dt(MAB) lớn  M điểm cung AB Khi VBAHM=

3

3

6 R (®vtt)

0,25

0,25 0,5

IV TÝnh tÝch ph©n (1,0 điểm)

Đặt u = x+ 1x2 th× u - x= 1x2  x2 2ux u  1 x2

2

1 1

1

2

u

x dx du

u u

  

      

Đổi cận x= - u = 2-1 x = th× u = 2+1

2 2

2

2 2

1

1

1

2

1 2 (1 )

du

du du

u I

u u u u

  

  

 

 

 

   

  

  

=

2

2

2

1 1 1

2

du

du

u u u u

 

 

 

    

   

 

=1

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu V (1,0 điểm)

Đặt x=a3 y=b3 z=c3 x, y, z >0 abc=1.Ta cã

a3 + b3=(a+b)(a2+b2-ab)(a+b)ab, a+b>0 vµ a2+b2-abab  a3 + b3+1 (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0

(5)

 3  

1

a  b 1 ab a b c   T¬ng tù ta cã

 

3

1

c bc a b c

b     

,  

3

1

a ca a b c

c     

Céng theo vÕ ta cã

1 1

1 1

x y   y z   z x  = 3

1

a  b 1+ 3 c

b   + 3

1 a

c  

  

1 1

a b c ab bc ca

         =   1 a b c  c a b   DÊu b»ng x¶y x=y=z=1

0,5

0,25

VI a Tìm tọa độ (1,0 điểm)

Ta cã: AB = 2, M = (

5 ;

2  ), pt AB: x – y – = 0

SABC=

1

2d(C, AB).AB =

2  d(C, AB)=

2

Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC th× d(G, AB)=

2

 d(G, AB)=

(3 8)

2 tt 

=

2  t = hc t = 2  G(1; - 5) G(2; - 2)

CM 3GM

                          

 C = (-2; 10) hc C = (1; -4)

0,25

0,5 0,25

VII a Từ chữ số (1,0 ®iĨm)

Gäi sè cã chữ số abcdef

Nếu a = cã c¸ch chän b, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chän e, c¸ch chọn f ở có 7.6.5.4.3 = 2520số

Nếu b = có cách chọn a, c¸ch chän c, c¸ch chän d, c¸ch chọn e, cách chọn f ở có 6.6.5.4.3 = 2160sè

T¬ng tù víi c, d, e, f

VËy tÊt c¶ cã 2520+5.2160 = 13320 sè

0,25 0,5 0,25 VIII a Tìm a để

(1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0

Bpt tơng đơng x2 1 a x( 1) Nếu a>0 x +1 >0.Ta có

2 1 x a x    NÕu a<0 th× x +1 <0.Ta cã

(6)

XÐt hµm sè y = 1 x x

 víi x - 1

y’ = 2

1

( 1)

x

x x

  =0 x=1

x -  -1 + 

y’ - || - + y

-1 + 1

-

2

a>

2

2 hc a < - 1

0,25

0,25 0,25

VI b Chøng minh

(1,0 ®iĨm) Gäi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2) TiÕp tuyÕn t¹i A cã d¹ng

1 1

4

xx yy

 

TiÕp tuyÕn ®i qua M nªn

0 1 1

4

x x y y

 

(1)

Ta thấy tọa độ A B thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt

0 1

4

xx yy

 

M thuéc  nªn 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0  0 4 4 xx yy    0

4 (12 )

4

xx yx

 

Gọi F(x;y) điểm cố định mà AB qua với M thì (x- y)x0 + 4y – = 0

 

4x y y xy1

 

  

Vậy AB qua điểm cố định F(1;1)

0,25

0,5

0,25 VII b Tìm tập hợp

(1,0 điểm)

y = kx + c¾t (C):

2 4 3

2 x x y x   

 Ta cã pt

2 4 3

2

x x

x  

 = kx + có nghiệm phân biệt k 1 Trung điểm I AB có tọa độ thỏa mãn

2 2 k x k y kx          

2

2 x x y x     

Vậy quĩ tích cần tìm đờng cong

2

2

2 x x y x     0,25 0,5 0,25

(7)

Đặt

2 log

3 1 x

=u,  

2 log

3 1 xv

ta cã pt u +uv2 = + u2 v2  (uv2-1)(u – 1) = 0

21 1 u uv

  

 x =1

0,25 0,5 0,25

Së GD-ĐT phú thọ

Trờng T.H.p.t long châu sa ÐỀ THI thư ĐẠI HỌC lÇn ii

NĂM häc: 2009-2010

Mơn thi : TỐN

làm bài:180 phútThời gian (không kể thời gian giao đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (C

m); ( m tham số)

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E

cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với

Câu II:(2 điểm)

Giải hệ phương trình:

2

1 1

x y xy

x y

   

 

   

 

T×m x∈(0; π) thoả mÃn phơng trình: cotx = cos21 x

+tanx+sin

2

x −1

2sin 2x .

Câu III: (2 điểm)

Trên cạnh AD hình vng ABCD có độ dài a, lấy điểm M cho AM = x

(0 < x  a).

Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) A, lấy điểm S cho SA = 2a.

a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).

b) Kẻ MH vng góc với AC H Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn

nhÊt

2. Tính tích phân: I =

2

0 (x sin ) cos 2x xdx

 .

(8)

Chứng minh :

2 2

2

a b b c c a

b c c a a b

  

  

  

PHẦN RIấNG (3 điểm) ( Chú ý!:Thí sinh đợc chọn làm phần)

A Theo chương trỡnh chun

Cõu Va : 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diƯn tÝch b»ng 2 vµ

trọng tâm thuộc đờng thẳng : 3x – y – = Tìm tọa độ đỉnh C

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1;4;2),B(-1;2;4)

đờng thẳng  :

1

1

xyz

 

 Tìm toạ độ điểm M  cho:MA2MB228

Câu VIa : Giải bất phơng trình:

23x22x1

23

2+√3¿x

2x+1

+¿ ¿

B Theo chương trình Nâng cao

Câu Vb :1 Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho

qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600.

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi d :

x y z

2 1

 

 

 .Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M,

cắt vuụng gúc với đường thẳng d tìm toạ độ điểm M’ đối xứng với M qua d

Câu VIb : Giải hệ phương trình

3

log log 2

4 4

4 2 ( )

log ( ) log 2 log ( 3 )

xy xy

x y x x y

  

 

    

 

……… … ……… Hết………. (Cán coi thi không giải thích thªm)

Híng dÉn chấm môn toán

Câu ý

Nội Dung

Điểm

I

1 Khảo sát hàm số (1

điểm)

y = x3 + 3x2 + mx +

1 (Cm)

1 m = : y = x3 +

3x2 + 3x +

(C3)

+ TXÑ: D = R + Giới hạn:

lim , lim

x  y  x y

(9)

+ y’ = 3x2 +

6x + = 3(x2 + 2x

+ 1) = 3(x + 1)2 

0; x

 hàm số đồng biến trên R

0,25

 Bảng biến

thiên:

0,25

+ y” = 6x + 6 = 6(x + 1)

y” =  x

= –1  tâm đối xứng U(-1;0)

* Đồ thị (C3):

Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;U(-1)

0,25

2

Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) và

đường thẳng y = 1 là:

x3 + 3x2 + mx + =

(10)

1  x(x2 + 3x + m)

= 

 

   

x

x 3x m (2)

* (Cm) caét

đường thẳng y = tại C(0;1), D, E phân biệt:

 Phương trình (2)

có nghiệm xD, xE  0.

     

 

 

    

 

m 4m

4 m

0 m

9

(*)

0,25

Lúc tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc là: kD=y’(xD)=

   

2

D D D

3x 6x m (3x 2m);

kE=y’(xE)=

   

E E E

3x 6x m (3x 2m)

Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc chæ khi: kDkE = –1

0,25

 (3xD +

2m)(3xE

+ 2m) =-1

 9xDxE+

6m(xD +

(11)

xE) +

4m2 = –

1

 9m + 6m(–3) +

4m2 = –1 (vì x D +

xE = –3; xDxE = m

theo ñònh lý Vi-ét).

 4m2 – 9m + =

0 

9 65

8

9 65

8 m

m

 

  

 

  

 So s¸nhĐk

(*): m =

  

1 65

II 2

1

1 §k:

1 x y

   

   (1)

( ) 0 ( )( 2 ) 0

2 0

2

0( )

x y y xy x y x y

x y

x y

x y voly

        

  

   

  

0,5

 x = 4y Thay

vµo (2) cã

4 1 1

4 2 1 2

1 ( )

2 2

5 10

2 ( )

2

y y y y

y y y y y

y tm

y x

x

y y tm

        

          

 

     

     

    

 



(12)

V©y hƯ cã hai

nghiƯm (x;y) = (2;1/2)

vµ (x;y) = (10;5/2)

0,25

2

®K:

¿

sin 2x ≠0

sinx+cosx ≠0

¿sin 2x ≠0

tanx ≠ −1

¿{

¿

PT

cosx −sinx

sinx =

cos 2x.cosx

cosx+sinx +sin

2

x −sinxcosx

cosx −sinx

sinx =cos

2

x −sinxcosx+sin2x −sinxcosx

(13)

cosx −sinx=sinx(1sin 2x)

(cosx −sinx)(sinxcosx −sin2x −1)=0

0,25

(cosx −sinx)(sin 2x+cos 2x −3)=0

(cosx sinx)( sin(2x 4) 3)

    

cos

2 sin(2 ) 3( )

4 x sinx

xvoly

 

  

  

0,25

cosx −sinx=0 tanx = ⇔x=π

4+(k∈Z) (tm®k)

Do x∈(0)⇒k=0⇒x=π

4

0,25

III 2

1

Do

( )

( ) ( )

( )

SA ABCD

SAC ABCD SA SAC

 

 

   Lai cã

( ) ( )

( ) ( , ) sin 45

2

o

MH AC SAC ABCD

x

MH SAC d M SAC MH AM

  

     

0,25

Ta cã

(14)

0

45

2

1

( )

2 2

1

( )

3 2

MHC

SMCH MCH

x x

AH AM cos HC AC AH a

x x

S MH MC a

x x

V SA S a a

      

   

   

Tõ biĨu thøc trªn ta cã:

 

3

2

1 2 2

3

2

2

SMCH

x x

a

a

V a

x x

a x a

 

 

  

 

M trïng víi D

0,25

2 1

I =

4 4

2

1

0 0

(x sin )x cos xdx2 xcos xdx2 sin 2xcos xdx I2 I

  

    

  

0,25

TÝnh I

đặt

4

0

1 sin sin

2 sin 2 0 2

du dx

u x x

I x xdx

v cos xdx v x

  

 

   

 

 

 

   

1

2

8

0 cos x

 

   

0,25

TÝnh I

4

2

2

1 4

sin (sin ) sin

2 6

0

I xd x x

 

   

(15)

VËy I=

1 1

8 12

 

   

0,25

IV 1 1

.Ta cã :VT =

2 2

( a b c ) ( b c a ) A B

b c c a a b      b c c a a b       0,25

 

3

1 1

3 ( ) ( ) ( )

2

1 1

3 ( )( )( )3

2

3

A a b b c c a

a b b c c a a b b c c a

a b b c c a A

 

          

  

 

    

  

 

0,25

2 2

2

1 ( ) ( )( )

1

1

2

a b c

a b c a b b c c a

a b b c c a

B B

          

  

   

0,25

Từ tacó VT

3

2 VP

   

Dấu đẳng thức xảy a=b=c=1/3

0,25

V.a 2

1 1

Ta cã: AB = 2, trung ®iĨm M (

5 ;  2),

pt (AB): x – y – = 0

0,25

SABC=

1

2d(C, AB).AB =

2  d(C, AB)=

2

Gọi G(t;3t-8) trọng tâm tam giác ABC th× d(G, AB)=

1

0,25

 d(G, AB)=

(3 8)

2 tt 

=

1

2  t = hc t = 2  G(1; - 5) hc G(2; - 2)

0,25

CM 3GM                            

 C = (-2; -10) hc C = (1; -1)

(16)

2 1

1

: (1 ; ; )

2

x t

ptts y t M t t t

z t    

         

0,5

Ta cã: MA2MB2 2812t2 48t48 0  t 0,25

Từ suy : M (-1 ;0 ;4) 0,25

VI.a 1 1

Bpt (2+√3)x22x+(2√3)x22x4 0,25

t=(2+√3)x

2

2x

(t>0) BPTTT : t+1t 4

t2 4 0t  2√3≤t ≤2+√3 (tm)

0,25

Khi : 2√3(2+√3)x

2

2x

2+√3 ⇔−1≤ x22x ≤1

0,25

x22x −101√2≤ x ≤1+√2

0,25

V.b 2

1 1

(C) có tâm I(3;0) bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m)

Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm) Vậy

 

0

0

60 (1) 120 (2) AMB

AMB

 

 

 Vì MI phân giác AMB

(1)  AMI = 300 sin 300

IA MI

 

 MI = 2R 

2 9 4 7

m    m

(2)  AMI = 600 sin 600

IA MI

 

 MI =

2

3 R 

2 9

3

m  

Vô nghiệm

Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0;- 7)

0,5

0,5

2 1

Gọi H hình chiếu vng góc M d, ta có MH đường thẳng qua M, cắt vng góc với d.

d có phương trình tham số là:

x 2t y t z t

   

  

  

(17)

VIb

Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  + t ;  t).Suy :MH = (2t  ;  2

+ t ;  t)

Vì MH  d d có vectơ phương u = (2 ; ; 1), nên :

2.(2t – 1) + 1.( + t) + ( 1).(t) =  t =

2

3 Vì thế, MH =

1

; ;

3 3

 

 

 

 

3 (1; 4; 2)

MH

u  MH   

0,25

Suy ra, phương trình tắc đường thẳng MH là:

x y z

1

 

 

 

0,25

Theo trªn cã

7

( ; ; )

3 3

H  

mà H trung điểm MM’ nên toạ độ M’

8

( ; ; )

3  

0,25

ĐK: x>0 , y>0

(1)  3

2 log log

2 xy  2 xy  2 0 0,5

log3xy =  xy = 3y=

3 x

(2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy)  x2+ 2y2 = 9

0,25

Kết hợp (1), (2) ta nghiệm hệ: ( 3; 3) ( 6;

6 )

(18)

A M D

S

H

Ngày đăng: 04/03/2021, 22:28

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan