Tài liệu Đáp án đề thi thử môn Toán khối B trường Hồng Đức lần 2 năm 2009 ppt

trờng ĐH hồng đức Khoa Khoa học tự nhiên Đáp án - thang điểm đề thi thử đại học, cao đẳng năm 2009 Đề Thi chính thức Môn TON, Khối B (Đáp án Thang điểm có 5 trang) Cõu I: (2 im) í Ni dung im 1) Kho sỏt v v th hm s 42 yx 2= +4x 1,0 +) Tp xỏc nh +) o hm \ 32 8x= x = 0 y4x hoc x = 2 y' = 0 0,25 +) Bng bin thiờn x + - 2 2 0 y - 0 + 0 - 0 + + 2 + y -2 -2 0,5 +) th: th nhn 0y lm trc i xng. -2 -1 1 2 x y 0 1 2 -2 42 y x4x+2 = 2 2 -1 0,25 2) Tỡm m cú ba im cc tr lp thnh mt tam giỏc cú mt gúc 12 . 422 yx 2mx m m=+ + + 0 D 1,0 Ta cú ; 3 =+ () y4x4mx 2 x 0 y0 4xx m 0 xm = = + = = (m<0) 0,25 Gi A(0; m 2 +m); B( m m ; m); C(- ; m) l cỏc im cc tr. 2 AB ( m; m )= G JJJ ; 2 ( m; m )= JJJG 0 D l A AC . Tam giỏc ABC cõn ti A nờn gúc 12 chớnh l . 0,25 l A120= D l 4 4 1AB.AC 1 m.mm 1 cosA 22mm2 AB . AC + = = = JJJG JJJG JJJG JJJG 0,25 4 444 4 3 m0 mm 1 2m 2m m m 3m m 0 1 m mm 2 3 = + =+=+= = (loại do đk m<0) Vy m= tha món bi toỏn. 0,25 3 1 3 Câu II: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Giải bpt: () ( 11 x 2+ +x-3 ) 2 x3 x 4+− − ≥ (1) 1,0 Điều kiện . ≥x1 Nhân hai vế của bpt với x3 x1++ −, ta được (1) 2 ( ) () 22 4. 1 x 2 4. x 3 x 1 1 x 2 x 3 x 1x-3 x-3⇔++ ≥ ++−⇔++ ≥++− 0,25 22 22 x2 2x2 2 2 x x-2 x-2 x-3 x+2 x-3 - 4 0 x2 2x ≤ ⎡ ++ +≥ + +⇔ ≥⇔ ⎢ ≥ ⎣ 0,5 Kết hợp với điều kiện x ta được . ≥ 1 x2≥ 0,25 2) Giải pt: () 4 1sin2x 1 cos x ⎜⎟ ⎝⎠ += 2sin x tanx π ⎛⎞ − + (2) 1,0 Điều kiện co . s x 0 x k , k 2 π ≠⇔≠ +π∈] Ta có (1) () 2 cosx sinx cosx sinx cos x sin x cosx cosx −+ ⇔+= 0,25 ()()() cosx sinx cosx sinx cosx sinx 1 0 ⎡⎤ ⇔+ − +−= ⎣⎦ ( ) ( ) x sin x cos 2 1 0xcos ⇔ +−= 0,25 cos x sin x 0 tan x 1 xm 4 cos 2 1 0 cos 2 1 m xx x π ⎡ += =− =− + π ⎡⎡ ⎢ ⇔⇔⇔ ⎢⎢ ⎢ −= = ⎣⎣ =π ⎢ ⎣ ,m∈] . Dễ thấy họ nghiệm trên thỏa mãn điều kiện. Đáp số: xm ,m 4 mx π ⎡ =− + π ⎢ ∈ ⎢ =π ⎢ ⎣ ] . 0,25 Câu III: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Tính tích phân: 2 e x 2009+ 1 Ilnxdx x = ∫ . 1,0 Đặt tx= x 1 e 2 2 txdx2t.dt⇒=⇒ = t 1 e 0,25 e 2 t 2009+ = () 1 2 t 2009 .ln t.dt+ ∫ 1 I2 .t.lnt.dt t ∫ = e 2 0,25 Đặt () 2 3 dv t 2009 dt t v 3 =+ ⎪⎪ ⎩ =+ ⎪ ⎩ dt du ulnt t 2009t ⎧ = = ⎧⎪ ⎪⎪ ⇒ ⎨⎨ , ta có: e 32 tt I 2 2009t ln t 2 2009 .dt 33 ⎛⎞⎛ =+ − + ⎜⎟⎜ ⎜⎟⎜ ∫ 1 ⎞ ⎟ ⎟ ⎝⎠⎝⎠ e 33 e 1 1 et 2 2009e 2 2009t 39 ⎛⎞ ⎛⎞ ⎜⎟ =+ − + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 0,5 33 ee1 ⎛⎞⎛ 2 2009e 2 2009e 2009 399 ⎞ =+ −−+ − ⎜⎟⎜ ⎟ ⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝ ⎠ = 3 4e 36164 9 + Câu IV: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Hình học không gian 1,0 Ta có AO=OC=a 2 2 AO 4 a 2 222 AA a -2a ′′ − = =AO⇒= 0,25 Suy ra V=B.h= 42 2 42 3 a=a.a (đvtt) 0,25 Tính góc giữa AM và AC ′ . Gọi N là trung điểm AD, suy ra //CN. AM ACN ′ Xét tam giác ta có 222 AC OC 2 BM a 5; AN a 3 ′′ ′ ′ =+= += =−= 222 A O a; CN=AM= AB AAAN . 0,25 Suy ra 3 22 2 222 CA CN A N cos C 2.CA .CN 53 3 0 .a 5 2 5 ′′ +− = ′ +− ==> 4a a a a AC ′ 2.2 Vậy cosin của góc giữa AM và bằng 3 25 . A ′ D ′ B ′ C 2a ′ A N D 2a O B C M 0,25 Câu V: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Đặt với tsi= [ nx ] t1,1∈− ta có 32 A= 5t -9t +4 . 0,25 Xét hàm số với f(t) 32 5t -9t +4= [ ] t1,1∈− (5t-6) . Ta có f (t) 1 2 5t -18t=3t ′ = 6 f(t) 0 t 0 t ′ =⇔=∨= 5 f( 4−= = (loại) 1) 10,f(1) 0,f(0)− = . Vậy . 10 f (t) 4−≤ ≤ 0,5 Suy ra 0A f(t)10≤= ≤ . Vậy GTLN của A là 10 đạt được khi t1sinx1x 2 π =− ⇔ =− ⇔ =− +k2π và GTNN của A là 0 đạt được khi t1 sinx1 x k2 2 π =⇔ =⇔ = + π . 0,25 Câu VIa: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Hình học phẳng IAB ABC 1 Ta có SS . Mặt khác 4 D =1= 4 IAB 1 S.IH.IB= 2 với AB= 22 10 1+= H . Suy ra IH=2. D C I A B 0,25 Gọi vì I thuộc đường thẳng y=x+1, ta có phương trình đường thẳng AB là y=0; II I(x , x 1)+ IH=2 I d(I/ AB) 2 x 1 2.⇔=⇔+= 0,25 TH1: I I x 3 I( 3; 2);C( 8; 4); D( 9; 4).=− ⇒ − − − − − − x 1 I (1; 2); C (0; 4) ; D ( 1; 4).=⇒ − TH2: 0,5 2) Hình học không gian Gọi I là mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC ta có: OABC I VV OAB IOBC OCA ABC +V +V +V= = OAB .r.S OBC OCA ABC 1111 .r.S .r.S .r.S 3333 +++ = TP 1 .r.S 3 . C O B A 0,25 Lại có OABC 18 V .OA.OB.OC 66 == 4 3 = (đvtt) OAB OBC OCA 1 SSS .OA. 2 === OB2= (đvdt) 2 ABC 33 SAB.823 === 44 (đvdt) Suy ra TP 23=+S6 (đvdt) 0,5 Do đó OABC TP 3V 42 S 623 3 3 == ++ (đv độ dài) 0,25 Câu VIIa: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Chứng minh 010 1 9 91 100 10 10 20 10 20 30 C.C C.C C++= 10 20 10 20 C.C C.C++" Ta có (1) 30 10 20 (1 x ) (1 x ) .(1 x ) , x+=+ +∀∈\ 0,25 Lại có . n 30 x ) k k 30 k1 (1 C .x , x = += ∀∈ ∑ \ 10 x 30 (1 x )+ 10 10 30 aC= Vậy hệ số của khai triển của là . 10 a 0,25 Lại có () ) 10 20 0 1 9 9 10 10 0 20 20 10 10 10 20 10 20 20 10 20 (1 x ) .(1 x ) C Cx Cx Cx C Cx Cx Cx Cx Cx ++= ⎡⎤ = + ++ + + ++ + + ++ ⎣⎦ """ 010 1 9 91 100 10 20 10 20 10 20 10 20 C.C C.C C.C C.C++++" ()( 1 10 10 11 11 12 12 10 Hệ số của x 10 trong khai triển này là b 10 = 0,25 Do (1) đúng với mọi x nên . Suy ra điều phải chứng minh. 10 10 ab= 0,25 Theo chương trình nâng cao Câu VIIb: (2 điểm) Ý Nội dung Điểm 1) Hình học phẳng Đường tròn đã cho có tâm I(1;2) và bán kính R= 10 . Suy ra AI 2.IH= JJG JJG H 12(X 1) 37 =− ⎧ ⎛⎞ H H; 32(Y 2) 22 ⇔⇔ ⎨ ⎜⎟ =− ⎝⎠ ⎩ ABCΔ Gọi H là trung điểm BC, ta có I là trọng tâm tam giác ABC vì là tam giác đều. A I* B H C 0,25 Pt BC đi qua H và vuông góc với AI là: (BC): 37 1. x 3. y 0 22 ⎛⎞⎛⎞ − +−= ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ x3y120⇔+ − = 0,25 Vì B, C thuộc đường tròn đã cho nên tọa độ của B, C lần lượt là các nghiệm của hệ pt: 22 22 xy2x-4y-5=0 x+3y-12=0 +− xy2x-4y-5=0 x=12 - 3y ⎧⎧ +− ⇔ ⎨⎨ ⎩⎩ 0,25 Giải hpt trên ta được: 3337 3 3337 3 B;;C; ⎛⎞⎛⎞ −+ +− ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠ 22 22 ⎝⎠ hoặc ngược lại. 0,25 2) Hình học không gian Gọi I(t; -t; 0)∈ , chọn M(5; -2; 0)∈ ta có 1 d 2 d ;t 2;0)−IM (5 t=− J JJG Vector chỉ phương của đường thẳng d 2 là 2 d u ( 2; 0;1)=− G Suy ra 2 d IM, u (t 2;t 5;2t 4) ⎡⎤ =− − − ⎣⎦ JJJGG 0,25 Do đó 2 2 6t 30t 45 2 d 2 d IM, u I / d ) 5 u ⎡⎤ −+ ⎣⎦ == JJJGG G d( 0,25 Theo bài ra d( 2 2 6t 30t 45 3 5 −+ = 2 6t 30t 0I / d ) 3= ⇔ ⇔ −= 0,25 ()( ) ⎡ ⇒ = ⎡ ⎢ ⇔⇔ ⎢ = ⎢ ⎣ −⇒ ⎣ 222 22 2 I(0; 0; 0) pt mÆt cÇu (S):x +y +z =25 t0 t5 I(5; 5;0) p t mÆt cÇu (S): x-5 + y +5 +z =25 0,25 Câu VIb: (1 điểm) Ý Nội dung Điểm Ta có () 10 5 10 5 10 5 10 10 10 (1 i3) 44 2.cos isin 33 77 2 . cos isin .2 . cos isin (1 i) ( 3 i) 44 66 z π πππ ⎛⎞⎛⎞ ++ ⎜⎟⎜⎟ −+ ⎝⎠⎝⎠ == −− ππ ⎛⎞ + ⎜⎟ ⎝⎠ 0,5 10 10 35 35 5 5 55 55 2 . cos isin . cos i sin cos isin 2266 33 cos 5 sin 5 1 40 40 40 40 cos isin 2.cos isin 33 33 ππππ ⎛⎞⎛⎞ ππ ++ + ⎜⎟⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ ===π+π=− ππ ππ ⎛⎞ + + ⎜⎟ ⎝⎠ Vậy z là số thực. 0,5 Hết 5 . của bpt với x3 x1++ −, ta được (1) 2 ( ) () 22 4. 1 x 2 4. x 3 x 1 1 x 2 x 3 x 1x-3 x-3⇔++ ≥ ++−⇔++ ≥++− 0 ,25 22 22 x2 2x2 2 2 x x -2 x -2 x-3 x +2 x-3. ta có 22 2 AC OC 2 BM a 5; AN a 3 ′′ ′ ′ =+= += =−= 22 2 A O a; CN=AM= AB AAAN . 0 ,25 Suy ra 3 22 2 222 CA CN A N cos C 2. CA .CN 53 3 0 .a 5 2 5 ′′ +− = ′ +− ==> 4a