Đề thi thử đại học cao đẳng năm 2010 - Lần 1 môn thi: Toán – Khối D

…HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM:  Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho đi[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN Môn thi: TOÁN – Khối D Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) x 3 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số y  x 1 Viết phương trình đường thẳng d qua điểm I  1;1 và cắt đồ thị (C) hai điểm M, N cho I là trung điểm đoạn MN Câu II: (2,0 điểm) Giải phương trình cos x  sin x   sin x  cos x    3 x3  y  xy Giải hệ phương trình   x y  Câu III: (2,0 điểm)   Tìm các giá trị tham số m để phương trình  m    x   x  m có nghiệm a2 b2 c2    ab  bc  ca  a  b  c với số dương a; b; c ab bc ca Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A a đến mặt phẳng (A’BC) Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' 2 Chứng minh   II PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất thí sinh làm hai phần: A B A Theo chương trình Chuẩn Câu Va: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) Lập phương trình đường thẳng qua M  2;1 và tạo với các trục tọa độ tam giác có diện tích Câu VI.a: (2,0 điểm) Giải bất phương trình  log x  log  x    log   x  Tìm  ln x dx B Theo chương trình Nâng cao 1  Câu Vb: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm M  3;  Viết phương trình chính 2    tắc elip qua điểm M và nhận F1  3;0 làm tiêu điểm Câu VI.b: (2,0 điểm) 2  y  x  x  y Giải hệ phương trình  x y 1 2  cos x  Tìm nguyên hàm hàm số f  x   cos x  Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Lop12.net Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2010-LẦN TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH CÂU Ý Câu I (2,0đ) Ý1 (1,0đ) Môn thi: TOÁN – Khối D NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định: D  R \ 1 0,25 đ Sự biến thiên:  Giới hạn và tiệm cận: lim y  1; lim y   y  là TCN x  x  lim y  ; lim y    x  1 là TCĐ x  1 y'   x  1  x  1  0, x  D BBT: Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 ,  1;   Và không có cực trị Đồ thị: ĐT cắt Ox (3;0), cắt Oy (0;-3) và đối xứng qua  1;1 Ý2 (1,0đ) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k d : y  k  x  1  Ta có: d cắt ( C) điểm phân biệt M, N  PT : có nghiệm PB khác 1 x 3  kx  k  x 1 0,25 đ Hay: f  x   kx  2kx  k   có nghiệm PB khác 1 k      4k   k   f 1      0,25 đ Mặt khác: xM  xN  2  xI  I là trung điểm MN với k  0,25 đ KL: PT đường thẳng cần tìm là y  kx  k  với k  0,25 đ Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào đồ thị ( C) để kết luận kết trên Câu II (2,0đ) Ý1 (1,0đ) Ta có: PT  cos x  sin x  cos x  sin x 3 cos x  sin x  cos x  sin x 2 2        cos  x    cos  x   3 6    Do đó: x  Và: x  Ý2 (1,0đ)    2x   2 x     k 2  x    k 2  x   Ta có : x y   xy  3 Lop12.net   10 0,50 đ  k 2 0,25 đ k 2 0,25 đ  0,25 đ   Khi: xy  , ta có: x3  y  và x3  y  27   Suy ra: x3 ;  y là nghiệm PT X  X  27   X   31 Vậy ngiệm PT là x   31, y    31 Hay x   31, y    31   Khi: xy  3 , ta có: x3  y  4 và x3  y  27   Suy ra: x3 ;  y là nghiệm PT X  X  27  0( PTVN ) Câu III (2,0đ) Ý1 (1,0đ) Đặt t  x  ĐK: t  , ta có:  m   t  1  t  m  Hay: m  t  f 't   1  f 't     t  1 Xét f  t   t  t2 t2  t  2 t  4t   t  2 , f '  t    t  1(l ), t  3(l ) a2 ab ab Ta có: a a a ab (1) ab ab 2 ab Dựa vào BBT, ta kết luận m  Ý2 (1,0đ) b2 c2 b bc (2), c ca (3) bc ca Cộng (1), (2), (3), ta có: a2 b2 c2    ab  bc  ca  a  b  c ab bc ca Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M BC  AM  Ta có:   BC  ( AA ' M )  BC  AH BC  AA '  a Mà AH  A ' M  AH  ( A ' BC )  AH  1 a    AA '  Mặt khác: 2 AH A' A AM 3a KL: VABC A ' B ' C '  16 Gọi d là ĐT cần tìm và A  a;0  , B  0; b  là giao điểm d với Ox, Tương tự:  Câu IV (1,0đ) Câu Va (1,0đ)  0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,50 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ x y   Theo giả thiết, ta có:   1, ab  a b a b 0,25 đ Khi ab  thì 2b  a  Nên: b  2; a   d1 : x  y   0,25 đ Oy, suy ra: d : Khi ab  8 thì 2b  a  8 Ta có: b  4b    b  2  2     Với b  2  2  d :  x   y   Lop12.net 0,25 đ  Câu VIa (2,0đ) Ý1 (1,0đ)    Với b  2  2  d3 :  x   y   KL 0,25 đ ĐK:  x  BPT  log 2 x  x  log   x   0,25 đ Hay: BPT  x  x    x   x  16 x  36  0,25 đ Vậy: x  18 hay  x 0,25 đ So sánh với điều kiện KL: Nghiệm BPT là  x  0,25 đ  2 Ý2 (1,0đ) Câu Vb (1,0đ) Đặt u  ln x  du  dx và dv  dx chọn v  x x Suy : I   ln x dx  x ln x   2dx x ln x  x  C 0,50 đ KL: I   ln x dx x ln x  x  C 0,25 đ x2 y PTCT elip có dạng:   1(a  b  0) a b 0,25 đ a  b   Ta có:    1  a 4b 0,25 đ Ta có: 4b  b    b  1(th), b   (kth) 2 x y  1 Do đó: a  KL: Câu VIb (2,0đ) Ý1 (1,0đ) 0,25 đ 0,25 đ y  x  x  y   y  x  y  x     y  x, y   x 0,50 đ Khi: y   x thì x  32 x  x   x  log 0,25 đ x Khi: y  x thì  Ý2 (1,0đ) 0,25 đ x 1 x 2      x  log 3 Ta có: f  x    tan x cos x KL: F  x   x  tan x  C f  x  1 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,50 đ …HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM:  Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi có lập luận đúng dựa vào SGK hành và có kết chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ý đó ; cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống và phần làm bài sau không cho điểm Điểm toàn bài thi không làm tròn số  Điểm ý nhỏ cần thảo luận kỹ để chấm thống Tuy nhiên , điểm câu và ý không thay đổi Lop12.net