Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN I Trường THPT Trần Hưng Đạo Mơn: Tốn - Thời gian: 150 phút
Đề Bài Bài 1(2 điểm)
1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y(| | 1) (| | 1)x x
2) Tìm điểm trục hồnh mà từ kẻ tiếp tuyến đến đồ thị (C). Bài 2(3 điểm)
1) Giải hệ phương trình: 2
( 1)( 1)( 2)
2
x y x y
x y x y
(x y, )
2) Giải phương trình sau: sin3 xcos3xcos (2 cosx x sin )x , ( với x ) 3) Tìm m thực để phương trình sau có hai nghiêm thực phân biệt:
(m 1).log (1/ 22 x 2) ( m 5) log (1/ x 2)m 1 0
Bài 3(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân (AB = BC =a > 0) cạnh SA= SB = SC = 3a Trên cạnh SA, SB lấy điểm M, N cho SM = BN = a Tính thể tích khối chóp SMNC.
Bài 4(2 điểm)
1) Tính tích phân sau:
1
2
0
.ln(1 ) x x dx
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1) lập phương trình đường thẳng d qua A cắt chiều dương trục Ox, Oy P, Q cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất.
Bài 5(2 điểm)
Trong không gian Oxyz cho đường thẳng
1
1
: 1 ;( )
1 2
x t
d y t t
z t
Đường thẳng d2 giao tuyến hai mặt phẳng (P): 2x – y – =
(Q): 2x + y + 2z – = 0
1) Chứng minh d1, d2 cắt I, viết phương trình mặt phẳng chứa d1và d2
2) Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1) tạo với hai đường thẳng d1và d2
tam giác cân đỉnh I.
(2)Đáp Án vắn tắt Bài 1: 1) khảo sát hàm số : y = x4 - 2x2 + ( C)
2) Gọi A(a:0) điểm trục hoành mà từ A kẻ đến ( C) ba tiếp tuyến Phương trình đường thẳng qua A có hệ số góc k d: y = k(x-a) d tiếp tuyến ( C) hệ pt sau có nghiệm
4
3
2 ( ) 4
4 (4 )( )
x x k x a x x k
x x k x x x x x a
Phương trình
2
4 2
2
1 0
2 1 (4 4 )( ) ( 1)( 4 1) 0
4 1 0(*)
x
x x x x x a x x ax
x ax
Mà x2 – = cho ta hai x nhung cho ta tiếp tuyến d1: y = Vì
vậy để từ A kẻ tiếp tuyến tới (C) phương trình (*) phải có nghiếm pb x khác 1
KQ:
3
2
1
a a
a a
hc
Bài 2: 1) kq (3;2) (2;3)
2) kq
2
( , , )
1 arctan
2
x k
x l k l m
x m
3) kq
7 ( 3;1) (1; )
3
m
Bài 3: +) Chân đường cao hạ từ đỉnh S trung điểm AC
+) Kq
3
34
( ) 54 a dvtt Bài 4: 1) Kq
1 ln
2
2) Kq 6
x y
Bài 5: 1) Hai đường thẳng d1 d2 cắt I(1;1;1) mặt phẳng chứa hai đường
thẳng mặt phẳng (P)
2) Gọi B giao d1 d3 ( đk: B khác I) C giao d2 vàd3 (đk: C khác I)
Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(1 + t’;1 +2 t’;1 -2 t’) Với đk: t t ' 0
(3)Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2 Trường THPT Trần Hưng Đạo Mơn: Tốn - Thời gian: 180 phút
Đề Bài
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y x 3 3m1x29x m 2(1) có đồ thị (Cm) 1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1
2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với qua đường thẳng
1
y x
Câu II: (2,5 điểm)
1) Giải phương trình:
3
sin cosx x3 osc x 3 os2c x8 cosx s inx 3 0
2) Giải bất phương trình :
2
2
2
1
log log
2 x x x
.
3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường: y=x.sin2x, y=2x, x=
Câu III: (2 điểm)
1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên hợp với đáy góc 450 Gọi P trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) H cho
1
AP AH
gọi K trung điểm AA’, mặt phẳng chứa HK song song với BC
cắt BB’ CC’ M, N Tính tỉ số thể tích ' ' ' ABCKMN A B C KMN
V
V .
2) Giải hệ phương trình sau tập số phức:
2
2
2 2
6
6
a a
a a
a b ab b a a
Câu IV: (2,5 điểm)
1) Cho m hồng trắng n bơng hồng nhung khác Tính xác suất để lấy
hồng có bơng hồng nhung? Biết m, n nghiệm hệ sau:
2
3
1
9 19
2
720
m
m n m
n
C C A
P
2 ) Cho Elip có phương trình tắc
2
1 25 x y
(E), viết phương trình đường thẳng song song Oy cắt (E) hai điểm A, B cho AB=4
3) Viết phương trình mặt phẳng cách hai đường thẳng d1 d2 biết:
2
:
3
x t
d y t
z t
1
:
2
x y z
(4)Câu V: (1®iĨm) Cho a, b, c0 a2b2c2 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
3 3
2 2
1 1
a b c
P
b c a
………Hết……… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Bài
1
1
Khi m = ta có hàm số: y x 3 6x2 9x1
BBT:
x - ∞ + ∞
y/ + - +
+ ∞
y
- ∞
1đ
2 y '=3x2−6(m+1)x+9
Để hàm số có cực đậi, cực tiểu:
m+1¿2−3 9>0
Δ'=9¿ ⇔m∈(−∞ ;−1−√3)∪(−1+√3;+∞) Ta có y=(1
3 x −
m+1
3 )(3x
2−6
(m+1)x+9)−2(m2+2m−2)x+4m+1
Vậy đường thẳng qua hai điểm cực đại cực tiểu
y=−2(m2+2m −2)x+4m+1
Vì hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng qua đt y=1
2x ta có điều kiện cần
[−2(m2+2m−2)].1
2=−1
⇔m2+2m−3=0⇔
m=1
¿
m=−3
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Khi m = ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là:y = - 2x + Tọa độ trung điểm
CĐ CT là:
¿
x1+x
2 = 2=2
y1+y2
2 =
−2(x1+x2)+10
2 =1 ¿{
¿
Tọa độ trung điểm CĐ CT (2; 1) thuộc đường thẳng y=1
2x ⇒m=1 tm Khi m = -3 ⇒ ptđt qua hai điểm CĐ CT là: y = -2x – 11
⇒m=−3 không thỏa mãn
(5)Vậy m = thỏa mãn điều kiện đề Bài
2
1 phương trình đưa về:
√3 cosx −sinx=0
¿ cos2x+3 cosx −4=0
¿ tanx=√3
¿ cosx=1
¿ cosx=4(loai)
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿⇔(√3 cosx −sinx)(−2 cos
2
x −6 cosx+8)=0
⇔ ¿
⇔ x=π
3+kπ ¿
x=k2π
¿
, k∈Ζ
¿ ¿ ¿
1 đ
2
Đk:
¿
x2+4x −5>0
x+7>0
⇔
¿x∈(− ∞;−5)∪(1;+∞)
x>−7
¿{
¿
⇒x∈(−7;−5)∪(1+∞)
Từ pt ⇒log2(x
+4x −5)>−2 log2
x+7
2
2
27 log ( 5) log ( 7)
5
x x x x
Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x∈(−7;−27
5 )
0.75đ
3 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = Diện tích hình phẳng là:
S=|(x sin 2x −2x)dx|=|x(sin 2x −2)dx|
Đặt
¿
u=x
dv=(sin 2x −2)dx
⇒
¿du=dx
v=−cos2x
2 −2x ¿{
¿
⇔S=|π
4 −
π2
2 +
π2
4|=
π2
4 −
π
4 (đvdt)
0.75đ
(6)1 Gọi Q, I, J trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có: AP=a√3
2
⇒AH=a√3
Vì Δ'AHA' vng cân H
Vậy A ' H=a√3 Ta có SABC=1
2a
a√3 =
a2√3 (đvdt)
⇒VABCA' B ' C '=a√3 a
2
√3 =
3a3
4 (đvtt) (1)
Vì Δ'AHA' vng cân ⇒HK⊥AA'⇒HK⊥(BB' C ' C)
G ọi E = MN KH BM = PE = CN (2)
mà AA’ = √A ' H2+AH2 = √3a2+3a2=a√6
⇒AK=a√6
2 ⇒BM=PE=CN=
a√6
Ta tích K.MNJI là:
1
'
2 4
MNJI
V S KE
a
KE KH AA
2
6
( )
4
MNJI
a a
S MN MI a dvdt
2
1 6
( )
3 4
KMNJI
a a a
V dvtt
3
2
' ' '
3
1
8
3
8
ABCKMN A B C KMN
a a
V
a a
V
1đ
2 ĐK: a2+a ≠0
Từ (1) a2+a¿2−5⇔(a2+a)−6=0
¿
⇔ a2+a=−1
¿
a2+a=6
¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Khi a2+a=−1 thay vào (2)
45
E K
J
I A
B
C
C'
B' A'
P
H Q
N
(7)2
1 23
1 23
i b
b b
i b
;
a2+a+1=0⇔
a=−1−√3i
2 ¿
a=−1+√3i
2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Khi a2+a=6
⇔ a=−3
¿
a=2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Thay vào (2)
2
1
6 6
1
b
b b
b
Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là: (−1−2√23i;−1−√3i
2 ),(
−1−√23i
2 ;
−1+√3i
2 )
(−1+√23i
2 ;
−1−√3i
2 ),(
−1+√23i
2 ;
−1−√3i
2 ) ;
(−3;−1+√5
2 ),(−3;
−1−√5 ),(2;
−1+√5
2 ),(2;
−1−√5 )
Bài 4
1)
¿
Cmm −2+cn2+3+9
2< 19
2 Am
1
Pn −1=720
¿{
¿
Từ (2): (n −1)!=720=6!⇔n −1=6⇔n=7 Thay n =
vào (1)
⇔m(m−1)
2 +45+ 2<
19 m
⇔m2− m
+90+9<19m
⇔m2−20m+99<0
⇔9<m<11 m∈Ζ⇒m=10
Vậy m = 10, n = Vậy ta có 10 bơng hồng trắng bơng hồng nhung, để lấy bơng hồng nhung bơng hồng ta có TH sau:
TH1: hồng nhung, bơng hồng trắng có: C73.C102 =1575 cách
TH2: bơng hồng nhung, bơng hồng trắng có: C7
4
.C10
=350 cách
TH3: bơng hồng nhung có: C75=21 cách
⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách Số cách lấy hồng thường
C175 =6188
⇒P=1946
6188≈31,45 %
(8)a2
25+
y2
9 =1
⇔ y2
9 =1−
a2
25= 25− a2
25
⇒y2=9.25−a
2
25 ⇒y=±
5√25− a
2
Vậy A(a;3
5√25− a
2
), B(a ;−3
5√25− a
2
)
⃗AB=(0;6
5√25− a
2
) ;
2 10 100 100 125
25 25 25
3 9
a a a
⇒a=±5√5
3 Vậy phương trình đường thẳng: x=
−5√5 , x=
5√5
3)đường thẳng d2 có PTTS là:
¿
x=1+2t '
y=2+t '
z=1+5t '
¿{ {
¿
⇒ vectơ CP d1 d2 là: ud1 (1;1; 1), ud2 (2;1;5)
⃗
⇒ VTPT mp( α ) n u ud1 d2 (6; 7; 1)
⃗ ⃗ ⃗
⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D =
Đường thẳng d1 d2 qua 2đ’ M(2; 2; 3) N(1; 2; 1) ( ,( )) ( ,( ))
|12 14 | | 14 |
| | | |
d M d N
D D
D D D
Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z +7 0 Bài 5
Ta có: P + = a
3
√1+b2+b
2
+ b
3
√1+c2+c
2
+ c
3
√1+a2+a
2
⇔P+
4√2=
a3
2√1+b2+
a2
2√1+b2+
1+b2
4√2
+b3
2√1+c2+
b2
2√1+c2+
1+c2
4√2
+c3
2√1+a2+
c2
2√1+a2+
1+a2
4√2
3
√ a6
16√2+3
3
√ b6
16√2+3
3
√ c6
16√2
⇒P+
2√2≥ 2√32√2(a
2
+b2+c2)=
2√68 ⇒P ≥ 2√623−
3 2√2=
9 2√2−
3 2√2=