Đề thi thử môn Toán khối A năm 2010 trường thpt Trần Nguyên Hãn pptx

1

- Th vin sỏch trc tuyn

Sở giáo dục - đào tạo hảI phòng
đề thi thử đại học


Trờng thpt trần nguyên hn Môn toán lớp 12-lần 2 - năm học 2009-2010
Thời gian làm bài : 180

PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH
( 07 ủim )
Cõu I ( 2,0ủim) Cho hm s
(
)
(
)
4 2 2
2 2 5 5
y f x x m x m m
= = + + +

1/ Kho sỏt s bin thiờn v v ủ th (C ) hm s vi m = 1
2/ Tỡm cỏc giỏ tr ca m ủ đồ thị hàm số cú cỏc ủim cc ủi, cc tiu to thnh 1 tam giỏc vuụng cõn.
Cõu II(2.0ủim) 1/ Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12

12
x y x y
y x y

+ + =


=



2/
Giải bất phơng trình :
)3(log53loglog
2
4
2
2
2
2
> xxx

Cõu III
(1.0 ủim
) Tìm
)
;
0
(

x
thoả mn phơng trình: cot x - 1 =
xx
x
x
2sin
2
1
sin
tan
1
2cos
2
+
+
.

Cõu IV
(1.0 ủim)
Tớnh tớch phõn :
2
2
0
I cos cos 2
x xdx

=

Cõu V
(1.0 ủim)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
2
a
,
3aSA
=
,


0
SAB SAC 30
= =
.
Gọi M là trung điểm SA , chứng minh
( )
SA MBC

. Tính
SMBC
V
PHN RIấNG CHO TNG CHNG TRèNH ( 03 ủim )
(Thớ sinh ch chn mt trong hai chng trỡnh Chun hoc Nõng cao ủ lm bi.)

A/ Phn ủ bi theo chng trỡnh chun

Cõu VI.a:
(2.0ủim)
1,

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy
c
ho

ABC cú ủnh A(1;2), ủng trung tuyn BM:
2 1 0
x y
+ + =
v phõn
giỏc trong CD:
1 0
x y
+ =
. Vit phng trỡnh ủng thng BC.
2,
Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a

3
x
3
+ + a
15
x
15

a) Tớnh S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15

b) Tỡm h s a
10.

Cõu VII.a:
(1,0ủim) Trong khụng gian Oxyz cho hai ủim A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) v mt phng
(P): 2x - y + z + 1 = 0 . Vit phng trỡnh mt phng cha AB v vuụng gúc vi mp (P).

B/ Phn ủ bi theo chng trỡnh nõng cao

Cõu VI.b:
(2 ủim)

1, Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao ủim I ca hai ủng chộo
nm trờn ủng thng y = x. Tỡm ta ủ ủnh C v D
2,
Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ + a
15
x
15

a) Tớnh S = a
0
+ a
1

+ a
2
+ a
3
+ + a
15

b) Tỡm h s a
10.

Cõu VII.b:
(1.0 ủim) Cho hm s y =
+

2
2 2

1
x x
x
(C)
và
d
1
: y =

x + m, d
2
: y = x + 3.
Tỡm tt c cỏc giỏ tr ca m ủ (C) ct d

1
ti 2 ủim phõn bit

A,B ủi xng nhau qua d
2
.
******* Hết *******




2

- Th vin sỏch trc tuyn

đáp án và biểu điểm Thi thử đại học lần ii
Môn toán lớp 12- 2009-2010
Cõu ý
Hớng dẫn giải chi tiết Điểm

PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH
7.00
Cõu I
2
1
Cho hm s
(
)
(
)

5522
224
+++=
mmxmxxf (
C
)
Kho sỏt s bin thiờn v v ủ th hm s vi m = 1
1
1* TX: D =
R

2*
Sự biến thiên c

a hm s

:

* Giới hạn t

i vô c

c
:
(
)
+=

xf
x

lim :
(
)
+=
+
xf
x
lim



0.25
* Bảng biến thiên:
(
)
(
)
1444''
23
=== xxxxyxf


1;1;00'
=

=
=

=
xxxy

x -

-1 0 1 +


y - 0 + 0 - 0 +

y +

1 +



0 0
Hàm số đồng bi

n trên m

i khoảng
(
)
0;1
và
(
)
+;1
, ngh

ch bi

n
Trên m

i kho

ng
(
)
1;
v
(
)
1;0

Hm s


ủ
t c

c ti

u t

i
0;1
==
CT
yx

,
ủ
t c

c
ủ
i t

i
1;0
==
CD
yx
0.5





3*
Đồ thị:

* im un: 412''
2
= xy
, cỏc ủim un l:

9
4
;
3
3
,
9
4
;
3
3
21
UU

* Giao ủim vi cỏc trc to ủ: A(0; 1), B(-1;0) v C(1; 0)
* Hm s l chn trờn R nờn ủ th nhn trc Oy lm trc ủi xng
*

th:

8
6
4
2
-2
-4
-5
5


0.25

2
Tỡm cỏc giỏ tr ca m ủ (
C
) cú cỏc ủim cc ủi, cc tiu to thnh 1 tam giỏc
vuụng cõn.

1
* Ta cú
( ) ( )
3
2
0
' 4 4 2 0
2
x
f x x m x

x m
=

= + =

=


0.25
* Hm s cú C, CT khi f(x)=0 cú 3 nghim phõn bit v ủi du :
m < 2 (1) . To ủ cỏc ủim cc tr l:

(
)
(
)
(
)
mmCmmBmmA + 1;2,1;2,55;0
2


0.5


* Do tam giỏc ABC luụn cõn ti A, nờn bi toỏn tho món khi vuụng ti A:
(
)
1120.
3

=== mmACAB
vỡ ủk (1)
0.25


3

- Th vin sỏch trc tuyn

Trong ủú
(
)
(
)
44;2,44;2
22
+=+= mmmACmmmAB

Vy giỏ tr cn tỡm ca m l m = 1.
Cõu II

2
1
Gii h phng trỡnh:
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y

+ + =


=



1
* iu kin:
| | | |
x y


t
2 2
; 0
u x y u
v x y

=


= +


;
x y
=
khụng tha h nờn xột

x y

ta cú
2
1
2
u
y v
v

=


. H phng trỡnh ủó cho cú dng:
2
12
12
2
u v
u u
v
v
+ =




=

0.25

4
8
u
v
=



=

hoc
3
9
u
v
=


=


+
2 2
4
4

8
8
u
x y
v
x y

=

=



=
+ =



(I) +
2 2
3
3
9
9
u
x y
v
x y

=

=



=
+ =



(II)
0.25
Gii h (I), (II).
0.25

Sau ủú hp cỏc kt qu li, ta ủc tp nghim ca h phng trỡnh ban ủu
l
(
)
(
)
{
}
5;3 , 5;4
S =

0.25
2
Giải bất phơng trình :
)3(log53loglog

2
4
2
2
2
2
> xxx
1
ĐK:




>
03loglog
0
2
2
2
2
xx
x

Bất phơng trình đ cho tơng đơng với
)1()3(log53loglog
2
2
2
2
2

> xxx

đặt t = log
2
x,
BPT (1)

)3(5)1)(3()3(532
2
>+> tttttt
0.25





<<





<<

>+
>


4log3
1log
43
1
)3(5)3)(1(
3
1
2
2
2
x
x
t
t
ttt
t
t

0.5

<<
<

168
2
1
0
x
x
Vậy BPT đ cho có tập nghiệm là: )16;8(]
2
1
;0(
0.25
Cõu III

Tìm
)
;
0
(


x
thoả mn phơng trình:
Cot x - 1 =

xx
x
x
2sin
2
1
sin
tan
1
2cos
2
+
+
.

1

ĐK:









+

1tan

02sin
0cossin
02sin
x
x
xx
x

0.25



4

- Th vin sỏch trc tuyn

Khi đó pt
xxx
x
x
xx
x
xx
cossinsin
sin
cos
cos.2cos
sin
sincos
2

+
+
=




xxxxxx
x
xx
cossinsincossincos
sin
sincos
22
+=





)
2
sin
1
(
sin
sin
cos
x
x

x
x

=




0)1sincos)(sinsin(cos
2
= xxxxx

0.25



0
)
3
2
cos
2
)(sin
sin
(cos
=

+

x

x
x
x



0
sin
cos
=

x
x


tanx = 1
)(
4
Zkkx +=


(tm)

( )
4
0;0


== xkx

KL:

0. 5
Cõu IV
Tớnh tớch phõn :
2
2
0
I cos cos2
x xdx

=



1
2 2 2
2
0 0 0
1 1
I cos cos2 (1 cos 2 )cos 2 (1 2cos 2 cos 4 )
2 4
x xdx x xdx x x dx

= = + = + +


0.5

/2
0
1 1
( sin 2 sin 4 ) |
4 4 8
x x x


= + + =

0.5
Cõu V
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
2
a
,
3aSA = ,


0
SAB SAC 30
= =
.
Gọi M là trung điểm SA , chứng minh
( )
SA MBC

. Tính
SMBC
V

1

Theo định lí côsin ta có:

2 2 2 2 2 0 2
SB SA AB 2SA.AB.cosSAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a
= + = + =

Suy ra
a
SB
=
. Tơng tự ta cũng có SC = a.
0.25
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên
MB

SA, MC

SA. Suy ra SA

(MBC).

0.25

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tơng ứng bằng nhau nên chúng
bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của
BC suy ra MN

BC. Tơng tự ta cũng có MN

SA.
0.25
S

A

B

C

M

N



5

- Thư viện sách trực tuyến

16
a3
2
3a

4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=








−






−=−−=−=
4
3a
MN =⇒ .

Do ®ã
3

.
1 1 1 3 3
. . . .
3 2 6 2 4 2 32
S MBC
a a a a
V SM MN BC= = = (®vtt)
0.25

PHẦN RIÊNG CHO MỖI CHƯƠNG TRÌNH
3.00

Phần lời giải bài theo chương trình Chuẩn
Câu VIa
2
1
Trong mÆt ph¼ng to¹ ®é Oxy
c
ho
∆
ABC có ñỉnh A(1;2), ñường trung tuyến BM:
2 1 0
x y
+ + =
và phân giác trong CD:
1 0
x y
+ − =
. Viết phương trình ñường
thẳng BC.

1
ðiểm
(
)
: 1 0 ;1
C CD x y C t t
∈ + − = ⇒ −
.
Suy ra trung ñiểm M của AC là
1 3
;
2 2
t t
M
+ −
 
 
 
.




( )
1 3
: 2 1 0 2 1 0 7 7;8
2 2
t t
M BM x y t C
+ −

 
∈ + + = ⇒ + + = ⇔ = − ⇒ −
 
 


0.25


0.25

Từ A(1;2), kẻ
: 1 0
AK CD x y
⊥ + − =
tại I (ñiểm
K BC
∈
).
Suy ra
(
)
(
)
: 1 2 0 1 0
AK x y x y
− − − = ⇔ − + =
.
Tọa ñộ ñiểm I thỏa hệ:
( )

1 0
0;1
1 0
x y
I
x y
+ − =

⇒

− + =

.
Tam giác ACK cân tại C nên I là trung ñiểm của AK
⇒
tọa ñộ của
(
)
1;0
K −
.
ðường thẳng BC ñi qua C, K nên có phương trình:
1
4 3 4 0
7 1 8
x y
x y
+
= ⇔ + + =
− +

0.25




0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3
x
3
+ …+ a
15
x

15

a) Tính S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ …+ a
15

b) Tìm hệ số a
10.


1
Ta có P(1) = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ …+ a
15
= (1 + 1 + 1 + 1)
5

= 4
5

0.25





Ta có P(x) = [(1 + x)(1 + x
2
)]
5
=
( )
5 5 5 5
2 2
5 5 5 5
0 0 0 0
.
i
k k i k i k i
k i k i
C x C x C C x
+
= = = =
=
∑ ∑ ∑∑

Theo gt ta cã

3
4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5
0
i
k
k i
i
k k N
k
i i N
i
k

=



=


+ =


=




≤ ≤ ∈ ⇔
 
=



≤ ≤ ∈


=




=


⇒
a
10
=
0 5 2 4 4 3
5 5 5 5 5 5
. . . 101
C C C C C C+ + =

0.25


6

- Th vin sỏch trc tuyn





0.5
CõuVII.a


Trong khụng gian Oxyz cho hai ủim A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) v mt phng (P): 2x
- y + z + 1 = 0.Vit phng trỡnh mt phng cha AB v vuụng gúc vi mp (P).


Gọi (Q) là mặt phẳng cần tìm
Ta cú
AB ( 2,4, 16)

=
uuur
cựng phng vi
=
r
a ( 1,2, 8)

mp(P) cú VTPT =
uur
1
n (2, 1,1)

0.25
Ta cú
uur r
[ n ,a]
= (6 ;15 ;3) , Chọn VTPT của mặt phẳng (Q) là =
uur
2
n (2,5,1)

0.5

Mp(Q) cha AB v vuụng gúc vi (P) đi qua A nhận =
uur
2
n (2,5,1)
là VTPT có pt
là: 2(x + 1) + 5(y 3) + 1(z + 2) = 0 2x + 5y + z 11 = 0
0.25

Phn li gii bi theo chng trỡnh Nõng cao

Cõu VI.b
2
1 Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú din tớch bng 4. Bit A(1;0), B(0;2) v giao ủim I
ca hai ủng chộo nm trờn ủng thng y = x. Tỡm ta ủ ủnh C v D
1
Ta cú:
(
)
1;2 5
AB AB= =
uuur
.
Phng trỡnh ca AB l:
2 2 0
x y
+ =
.
(
)
(
)
: ;
I d y x I t t
=
. I l
trung ủim ca AC v BD nờn
ta cú:

(
)
(
)
2 1;2 , 2 ;2 2
C t t D t t

.
0.5


Mt khỏc:
D
. 4
ABC
S AB CH
= =
(CH: chiu cao)
4
5
CH = .
Ngoi ra:
( )
( ) ( )
4 5 8 8 2
; , ;
| 6 4 | 4
3 3 3 3 3
;
5 5

0 1;0 , 0; 2
t C D
t
d C AB CH
t C D


=



= =



=


Vy ta ủ ca C v D l
5 8 8 2
; , ;
3 3 3 3
C D



hoc
(
)
(

)
1;0 , 0; 2
C D



0.25





0.25

2 Cho P(x) = (1 + x + x
2
+ x
3
)
5
= a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ a
3

x
3
+ + a
15
x
15

a) Tớnh S = a
0
+ a
1
+ a
2
+ a
3
+ + a
15

b) Tỡm h s a
10.


1

Ta cú P(1) = a
0
+ a
1
+ a
2

+ a
3
+ + a
15
= (1 + 1 + 1 + 1)
5
= 4
5

0.25


7

- Th vin sỏch trc tuyn

Ta cú P(x) = [(1 + x)(1 + x
2
)]
5
=
( )
5 5 5 5
2 2
5 5 5 5
0 0 0 0
.
i
k k i k i k i
k i k i

C x C x C C x
+
= = = =
=


Theo gt ta có
3
4
2 10
4
0 5,
2
0 5,
5
0
i
k
k i
i
k k N
k
i i N
i
k

=

=


+ =


=





=






=




=



a
10

=
0 5 2 4 4 3
5 5 5 5 5 5
. . . 101
C C C C C C+ + =
0.25






0.25
CõuVII.b


Cho hm s y =
+

2
2 2

1
x x
x
(C) và d
1
: y = x + m, d
2
: y = x + 3. Tỡm tt c cỏc

giỏ tr ca m ủ (C) ct d
1
ti 2 ủim phõn bit

A,B ủi xng nhau qua d
2
.

1
* Hoành độ giao điểm của (C) và d
1
là nghiệm của phơng trình :
+
= +

2
2 2
1
x x
x m
x

2x
2
-(3+m)x +2+m=0 ( x1) (1)
d
1
cắt (C) tại hai điểm phân biệt p trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

+ +


>

2
2 3 2 1
2 7 0
m m
m m




m
2
-2m-7>0 (*)
0.5


Khi đó(C) cắt (d
1
)tại A(x
1
; -x
1
+m); B(x
2

; -x
2
+m) ( Với x
1
, x
2
là hai nghiệm của (1) )

* d
1
d
2
theo giả thiết Để A, B đối xứng nhau qua d
2
P là trung điểm của AB
Thì P thuộc d
2
Mà P(
+ +
+
1 2 1 2
;
2 2
x x x x
m
) P(
+
3 3 3
;
4 4

m m
)
Vậy ta có
+
= + =
3 3 3
3 9
4 4
m m
m
( thoả mn (*))
Vậy m =9 là giá trị cần tìm.

0.5

Chú ý :
- Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa từng phần
-
Có gì cha đúng xin các thầy cô sửa dùm Xin cảm ơn
Ngời ra đề : Mai Thị Thìn
= = = = = == = = Hết = = = = = = = =