1. Trang chủ
  2. » Mẫu Slide

dedap an Thi thu DH lan 3

6 7 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 235,35 KB

Nội dung

[r]

(1)

Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng đề thi thử đại học Trờng thpt trần ngun h n Mơn tốn lớp 12-lần - năm học 2009-2010ã Thời gian làm : 180’

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x3  (m + 1)x +  m2.

1) Khảo sát hàm số m = 2;

2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại điểm cực tiểu, đồng thời điểm cực đại, cực tiểu điểm I(0 ; 4) thẳng hàng

Câu II(2.0điểm) 1, Giải phương trình: ( )

2

log 1+ x = log x 2, Giải phơng trình 1+sinx

2sin x − cos

x

2sin

2x =2cos2 (π4

x

2)

Câu III (1.0 im) Giải bất phơng trình sau x2 8x15 4x218x18 x22x15 Câu IV(1.0 điểm) TÝnh tÝch ph©n I=

3

dx

x+1 −2 x+1

Câu V(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt

phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đờng thẳng B1C1 Tính khoảng

cách hai đờng thẳng AA1 B1C1 theo a

PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm )

(Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề theo chương trình chuẩn

Câu VI.a: (2.0điểm)

1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 =

và đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình

¿

x=1+2 t y=t z=1+3 t

¿{ {

¿

LËp ph¬ng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lớn nhÊt

Câu VII.a: (1.0điểm) Cho đẳng thức: C2n 1n 1++ +C2n 1n 2++ +Cn 32n 1++ + +C2n 12n 1-+ +C2n 12n+ =28- 1.

Tìm hệ số số hạng chứa x10 khai triển ( )

n

3

1 x- +x - x

B/ Phần đề theo chương trình nâng cao

Câu VI.b: (2 điểm)

1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 =

và đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình

¿

x=1+2 t y=t z=1+3 t

¿{ {

¿

Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d tới (P) lµ lín nhÊt

Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải bất phơng trình:

23x22 x 1

2−√3 2+√3¿x

2

− x+1

(2)

******* HÕt *******

đáp án biểu điểm Thi thử đại học ln 3

Môn toán lớp 12- 2009-2010

Cõu ý Hớng dẫn giải chi tiết Điể

m

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 7.00

Câu I 2

1 Cho hàm số y = x3  (m + 1)x +  m2.

Khảo sát hàm số m = 2; 1

Khi m = 2, hàm số trở thành: y = x3  3x + 1

1* TXĐ: D = R

2* Sù biÕn thiªn h m sà ố:

* Giíi h¹n v« cực: xlim   f x    : x →+∞lim f ( x ) =+ ∞

0.25

* B¶ng biÕn thiªn: Có y’ = 3x2  , y' 0  x1 x -∞ -1 +∞ y’ + - +

y +∞ -∞ -

Hàm số đồng biến khoảng (− ∞ ; −1) (1; +∞ ) , Hàm số nghịch biến khoảng 1;1

H m sà ố đạt đạt cực đại x1;yCD3, cực tiểu x1;yCT 1,

0.5

3* Đồ thị:

* Điểm uốn: y'' 6 x, điểm uốn là: U0;1 * Giao điểm với trục Oy t¹i : U0;1

* Đồ thị:

0.25

2 Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại điểm cực tiểu, đồng thời điểm cực đại,cực tiểu điểm I(0 ; 4) thẳng hàng 1 Có y’ = 3x2  (m + 1) Hàm số có CĐ, CT  y’ = có nghiệm phân biệt

 3(m + 1) >  m > 1 (*) 0.5

2

-2 -1

1 x

3

-1 -2

y

(3)

Phơng trình đờng thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số

2

( 1)

ymx  m

Các điểm cực đại, cực tiểu điểm I(0 ; 4) thẳng hàng m m     

KL : m =

0.5

Câu II 2

1 Giải phương trình: ( )

2

log 1+ x =log x. 1

1 Điều kiện: x > Đặt t=log x7 Û x=7t.

0.25

( ) ( )

t t

t t t t

3

t

3 3

2

pt log t 7

8

ổ ửữ

ỗ ữ

ỗỗ + ữữ= + = + = + =

ỗố ứ (*). 0.25

Chứng minh pt (*) có nghiệm t =

0.25 Vậy phương trình có nghiệm x = 343

0.25

Giải phơng trình 1+sinx

2sin x − cos

x

2sin

x =2cos2(π

4

x

2) 1

1+sin x

2sin x − cos

x

2sin

2x =2cos2 (π4

x

2)(1) (1)⇔1+sin x

2sin x − cos

x

2sin

2x=1+cos

(π2− x)=1+sin x

0.25 ⇔sin x(sin x

2−cos

x

2sin x −1)=0⇔sin x(sin

x

2− cos

x

2 sin

x

2cos

x

2−1)=0 ⇔sin x(sin x

2−1)(2 sin 2x

2+2 sin

x

2+1)=0

0.5 sin sin 2 2 2sin 2sin

2

x

x k x k

x

x k

x x k

k x x                                       0.25 Câu III

Giải bất phơng trình sau x2 8x15 4x218x18 x22x15 (1) 1 TXĐ x5,x5,x3

TH1 x = nghiƯm cđa (1) 0.25

TH2 x 5 th× (1)

17

5

3

x x x x

       

VËy BPT (1) cã nghiÖm

17 x   0.25

TH3 x 5 th× (1)

17

5

3

x x x x

        

VËy BPT (1) cã nghiÖm x 5

(4)

Kl : TËp nghiƯm cđa bÊt pt lµ  

17 ( ; 5) (5; )

3

S       0.25

Câu IV

TÝnh tÝch ph©n: I=

3

dx

x+1 −2 x+1 1

+I=

dx

x+1 2 x+1 Đặt t= 2 x +1 t2=2 x +1 tdt=dx

+§ỉi cËn : x=

2 t = x=4 t =

+Khi I=

tdt

t2− 1

2 +1 −t

=

t −1¿2 ¿ ¿

tdt

¿

2∫

¿

0.5

t − 1¿2 ¿ ¿

t −1+1

¿

2

¿

=

t −1¿2 ¿ ¿

dt

¿

2∫

1

(t −1)dt+2∫2

¿

= ln|t −1|

t −1∨2

3

¿ =2ln2+1 +VËy I= 2ln2+1

0.5

Cõu V Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có tất cạnh a, góc tạo cạnh bên mặt

phng ỏy 300 Hình chiếu H điểm A mặt phẳng (A

1B1C1) thuộc đờng thẳng

B1C1 Tính khoảng cách hai đờng thẳng AA1 B1C1 theo a 1

Do AH⊥( A B1C1) nªn góc AA H1 góc AA

1 (A1B1C1), theo giả thiết góc

AA H bằng 300 Xét tam giác vuông AHA

1 cã AA1 = a, gãc

AA H =300 ⇒ A

1H=

a√3

2 0.25

Do tam giác A1B1C1 tam giác cạnh a, H thuộc B1C1 A1H =a3

2 nên A1H vuông góc với B1C1 Mặt khác AH B1C1 nên B1C1(AA1H )

0.25

A1 1111 1111

1

A B

C

C1 B1

K

(5)

Kẻ đờng cao HK tam giác AA1H HK khoảng cách AA1 B1C1 0.25

Ta cã AA1.HK = A1H.AH ⇒HK=

A1H AH

AA1

=a√3

4 0.25

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH 3.0

Phần lời giải theo chương trình Chuẩn

Câu VIa 2

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đờng trịn (C) có phơng trình (x-1)2 + (y+2)2 =

và đờng thẳng d: x + y + m = Tìm m để đờng thẳng d có điểm A mà từ kẻ đợc hai tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn (C) (B, C hai tiếp điểm) cho tam giác

ABC vu«ng 1

Từ pt ct đờng trịn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ đợc tiếp tuyến AB, AC tới đờng tròn AB⊥ AC => tứ giác ABIC hình vng cạnh ⇒IA=3√2 0.5

5

3

7

m m

m

m



 

      

 0,5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) đờng thẳng d có phơng trình

¿

x=1+2 t y=t z=1+3 t

¿{ {

Lập phơng trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d khoảng cách từ d

tíi (P) lµ lín nhÊt

1

Gọi H hình chiếu A d, mặt phẳng (P) qua A (P)//d, khoảng cách d (P) khoảng cách từ H n (P)

Giả sử điểm I hình chiếu cđa H lªn (P), ta cã AH ≥ HI => HI lín nhÊt A ≡ I VËy (P) cÇn tìm mặt phẳng qua A nhận AH làm véc tơ pháp tuyến

0.5

H d H (1+2 t ;t ;1+3 t) H hình chiếu A d nên u=(2 ;1;3)

AH d AH u=0

véc tơ ph¬ng cđa d) ⇒ H (3 ;1 ;4)⇒⃗AH(−7 ;− 1;5) VËy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =

 7x + y -5z -77 =

0.5 CâuVII.a

Cho đẳng thức: C2n 1n 1++ +C2n 1n 2++ +Cn 32n 1++ + +C2n 12n 1-+ +C2n 12n+ =28- 1.

Tìm hệ số số hạng chứa x10 khai triển ( )

n

3

1 x- +x - x

1

n n n 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n

S C + C + C + C - C

+ + + + +

= + + + + + , ta có:

( )

2n 1 n n n n 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n

(1 1) + C C C C - C C + C + C C +

+ + + + + + + + +

+ = + + + + + + + + + +

( ) ( )

2n 2n 2n 2n n n n n 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n 2n

2 + C C + C C - C + C + C + C + C - C

+ + + + + + + + + +

Þ = + + + + + + + + + + +

2n 2n 2n

2 + 2S S 2 n

Þ = + Þ = + Þ = Þ = .

0.5

( ) ( ) ( )

n 4

3 3

1 x x x é(1 x) x (1 x)ù x x

Þ - + - =êë - + - úû= - +

( 2 3 4) ( 12)

4 4 4 4 4

C C x C x C x C x C C x C x C x C x

= - + - + + + + +

.

(6)

Ta có hệ số x10 là: - C C14 34+C C44 24= -10.

Phần lời giải theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b Giống chơng trình chuẩn

CõuVII.b

Giải bất phơng trình:

23x22 x 1

23 2+√3¿x

2

− x+1

+¿ ¿

1

Bpt (2+√3)x2− x+(2 −√3)x2− x4

Đặt t=(2+√3)x2− x(t>0) , ta đợc: t+1t ≤ 4 t2

− t+1≤ 0 ⇔2 −3 ≤t ≤2+√3 (tm)

0.5 Khi đó: 2−3≤(2+√3)x2− x≤ 2+√3 ⇔− 1≤ x2−2 x ≤ 1

x2−2 x − 1≤ 0⇔1 −

2 ≤ x ≤1+√2

KL: 0.5

Chú ý : - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần - Có cha xin thầy sửa dùm Xin cảm ơn Ngời đề : Mai Thị Thìn

Ngày đăng: 18/04/2021, 02:52

w