cac loai cay tự nhiên và xã hội 1 ngô kiều ngọc thư viện tư liệu giáo dục

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (248.3 KB, 7 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Đề thi thử đại học năm 2010 
Môn toán - Khối A

Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )
 Phần A : Dành cho tất cả các thi sinh .

Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số y=2x3−3(2m+1)x2+6m(m+1)x+1(1) đồ thị (Cm)
1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 0

2,Với giá trị nào của m thì đồ thị (Cm) của hàm số có 2 điểm cực trị đối
xứng với nhau qua đường thẳng y = x + 4.

Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phơng trình :

2 2

2009

cos 2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4

x x   x x x x

 

2) Tìm m để hệ phương trình:

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0

1 3 2 0

x y y x

x x y y m

     




    

cú nghim thc

Câu III(1,0 điểm ) Tính tÝch ph©n : 



  



(

4)

3

1

3 x

dx

x

Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a,
BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Biết

khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng 
3
4
a

, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Câu V (1,0 điểm ) Cho 3 số dơng x, y, z thoả mÃn : x +3y+5z 3 .Chøng minh r»ng:

3 xy

√

625z4+4 + 15 yz

√

x4+4 + 5 zx

√

81y4+4 45 √5 xyz.
 Phần B ( Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) 
 Phần 1 ( Dành cho học sinh học theo chơng trình chuẩn )

Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao

: 1 0

CH x y   , phân giác trong BN: 2x y  5 0.Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam 
giác ABC

2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng :
d1:

2 1

4 6 8

x y z

 

  ; d2 :

7 2

6 9 12

x y z

 



a) Chøng minh r»ng d1 và d2 song song . Viết phơng trình mặt phẳng ( P) qua d1 và d2 .

b)Cho điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đờng thẳng d1 sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất
Cõu VII.a (1 điểm): Giải phương trỡnh sau trờn tập số phức C:

4 3 1 0

2
z

z  z    z

PhÇn 2 ( Dành cho học sinh học chơng trình n©ng cao )

Cõu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD
có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đờng thẳng d1:x − y −3=0 và

d2:x+y −6=0 . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ
các đỉnh của hình chữ nhật.

2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đờng thẳng :

D1 :

2 1

1 1 2

x y z

 

 , D2 :

2 2
3

x t

y
z t

 





 


a) Chứng minh rằng D1 chéo D2 và viết phơng trình đờng vng góc chung của D1 và D2
b) Viết phơng trình mặt cầu có đờng kính là đoạn vng góc chung của D1 và D2

C©uVII.b ( 1,0 ®iĨm) Tính tổng:

0 4 8 2004 2008

2009 2009 2009 ... 2009 2009

S C C C  C C

…….HÕt ...

Họ v tờn... SBD... Giám thị coi thi không giải thích gì thêm .

TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

Năm học 2009-2010 ĐÁP ÁN MƠN TỐN THI THỬ ĐH LẦN THỨ I(Đáp án- thang điểm có 04 trang)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu Đáp án điểm

(2đ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): Khi m=0 ta có 
 y=2x3-3x2+1

* TXĐ: R
*Sự biến thiên:

+ y’= 6x2- 6x= 6x(x-1)= 0

⇔

x=0⇒y=1
¿
x=1⇒y=0

¿
¿
¿

¿
¿
+ BBT:

x - 0 1 +
y’ + 0 - 0 +
y 1 +

- 0

Hs đồng biến trên (− ∞;0) ; (1;+∞) ; Hs nghịch biến trên (0;1)
+ Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=0; yCĐ=1;

Hs đạt cực tiểu tại x=1; yCT = -0
+ Giới hạn: xlim   ; xlim .

- Đồ thị hàm số khơng có tiệm cận.
 Đồ thị:

- Giao với trục Oy: (0;1) , giao với ox ( 1+√3

2 ;0) và (

1−√3
2 ;0)

Ta có y’’ = 12x-6 ⇒ y’’ = 0 ⇔ x= 12 và y’’ đổi dấu khi x đi qua
x= 12 ⇒ điểm ( 12 ; 12 ) là điểm uốn của đồ thị. Vậy đồ thị
có tâm đối xứng là điểm ( 12 ; 12 )

đồ thị đi qua điểm ( 2;5)
và (-1;-4)

Ta c ó y’ = 6x2-6(2m+1)x+6m(m+1)

y’=0

⇔

x=m
¿
x=m+1

¿
¿
¿
¿
¿

0,25

0,5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 2

2009

cos 2 2 2 sin 4cos sin 4sin cos
4

x x   x x x x

 

2 2

cos x sin x 2(sinx cos ) 4sin .cos (sinx x x x cos )x

     

(cosx sin )(cosx x sinx 4cos .sinx x 2) 0

     

cos sin 0 (1)

cos sin 4sin .cos 2 0 (2)

x x

x x x x

 



     



+ Giải (1): (1) tanx 1 x 4 k




    

+ Giải (2): Đặt cosx sinx t t ,  2 ta có phương trình: 2t2 t 0.
0
1/ 2
t
t


  


 Với t0 ta có: tanx 1 x 4 k




   

 Với t1/ 2 ta có:

arccos( 2 / 4) / 4 2
cos( ) 2 / 4

4 arccos( 2 / 4) / 4 2

x k
x
x k
 

 
    
   
   


KL: Vậy phương trình có 4 họ nghiệm: x 4 k



 

, x 4 k



 

,
arccos( 2 / 4) / 4 2

x    k  , x arccos( 2 / 4)  / 4k2.

0,5

0,25

2/.

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0 (1)

1 3 2 0 (2)

x y y x

x x y y m

     



     


Điều kiện:
2
2

1 0 1 1

0 2
2 0
x x
y
y y
     


 
 
  


0.25

Đặt t = x + 1 t[0; 2]; ta có (1) t3  3t2 = y3 3y2. 0.25
Hàm số f(u) = u3 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên:

(1)  t = y y = x + 1  (2)  x2  2 1 x2 m0

0.25

Đặt v 1 x2 v[0; 1]  (2) v2 + 2v 1 = m.

Hàm số g(v) = v2 + 2v  1 đạt min ( )[0;1] g v 1; m [0;1ax] g v( ) 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi 1 m 2

0.25

C©u III 1) TÝnh tÝch ph©n I =

3
1

(

4)

3

1

3 x

dx

x

Đặt t = x1 . ⇔t2=x+1 (1) ⇒2 tdt=dx ; (1) ⇔x=t2−1
Khi x=-1 ⇒t=0 ; Khi x=3 ⇒t=2

0.25®

Ta cã I =



0
2

(t2+3). 2 tdt

3t+t2+2 I=





2 2
2
0 0
20 12
2 6
3 2
t

t dt dt

t t

 
 







2
2 2
0 2
0

20 12
6
3 2
t

t t dt

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

= - 8 +

2 2

0 0

28 8

2dt 1dt

t  t



= - 8 + 28ln2 – 8 ln3

0.25®

IV ) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

Từ giả thiết AC = 2a 3; BD = 2a và AC ,BD vng góc với nhau tại trung điểm O của mỗi

đường chéo.Ta có tam giác ABO vng tại O và AO = a 3; BO = a , do đó A D B 600

Hay tam giác ABD đều.

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến của chúng là SO  (ABCD).

Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB và DH = a 3; OK // DH và

1 3

2 2

a

OK  DH 

 OK  AB  AB  (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI  SK; AB  OI  OI  (SAB) , hay OI là
khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB).

Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2 2 2

1 1 1

2
a
SO

OI OK SO  

Diện tích đáy SABCD 4SABO 2.OA OB. 2 3a2; 3a

đường cao của hình chóp 2
a

SO

.
Thể tích khối chóp S.ABCD:

3
.

1 3

3 3

D D

S ABC ABC

a

V  S SO

Câu V
(1,0
điểm )

Cho 3 số dơng x, y, z thoả mÃn : x +3y+5z 3 .Chøng minh r»ng:

3 xy

√

625z4+4 + 15 yz

√

x4+4 + 5 zx

√

81y4+4 45 √5 xyz.
Bất đẳng thức

⇔

√

x2+ 4

x2 +

√

9y
2

+ 4

9y2 +

√

25z
2

+ 4

25z2 √45

VT

x+

2
3y+

5z
¿

x+3y+5z¿2+¿
¿

√¿

x. 3y. 5z

√¿

3 2
¿
x. 3y. 5z¿2

¿
¿
3

√¿
9¿

√¿

.

0,25

Bất đẳng thức

⇔

√

x2

+ 4

x2 +

√

9y
2

+ 4

9y2 +

√

25z
2

+ 4

25z2 √45

VT

x+

2
3y+

2
5z
¿

x+3y+5z¿2+¿
¿

√¿

x. 3y. 5z

√¿

3 2
¿
x. 3y. 5z2

.

0,25
S

B K

H
C

O

I
D

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Đặt t = x. 3y. 5z¿
2
¿
3

√¿

ta cã

√

3(x. 3y.5z)≤

(

x+3y+5z

)

=1 do đó t 1
Điều kiện . 0 < t 1. Xét hàm số f(t)= 9t + 36

t =45
DÊu b»ng x¶y ra khi: t=1 hay x=1; y= ; z=.

0,5

Phần B. (Thí sinh chỉ đợc làm phần I hoặc phần II)
Phần I. (Danh cho thí sinh học chơng trình chuẩn)

1. Chương trình Chuẩn.
Câu Ph

ần

Nội dung Điểm

CâuV
Ia.
(1,0)

1(1

,0) + Do nên Giải hệ: ta có (AB: .x; y)=(-4; 3).
Do đó: .

+ Lấy A’ đối xứng A qua BN thì .

- Phương trình đường thẳng (d) qua A và

Vng góc với BN là (d): . Gọi . Giải hệ: . Suy ra: I(-1; 3) 
+ Phương trình BC: . Giải hệ:

Suy ra: .
+ , .
Suy ra:

0,25đ

0,25đ
0,25đ

Câu

VIIA 1) Vộc tơ chỉ phơng của hai đờng thẳng lần lợt là: (4; - 6; - 8) ( - 6; 9; 12)

+) vµ cïng phơng 0,25đ

+) M( 2; 0; - 1) d1; M( 2; 0; - 1) d2
VËy d1 // d2

0,25đ
*) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là = ( 5; - 22; 19)

(P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0
2) = ( 2; - 3; - 4); AB // d1

Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .Ta có: IA + IB = IA1 + IB A1B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B

Khi A1, I, B thẳng hàng I là giao điểm của A1B và d
Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.

*) Gi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm đợc H

0,25®

A’ đối xứng với A qua H nên A’
I là trung điểm của A’B suy ra I

0,25®

Câu Nội dung Điểm

CâuVIIa
(1,0)

Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: (1)
I

d1 H

B C

A
H

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Nhận xét z=0 không là nghiệm của phơng trình (1) vậy z

Chia hai v PT (1) cho z2 ta đợc : ( (2) 0.25đ

Đặt t=z- Khi ú

Phơng trình (2) có dạng : t2-t+ (3)
PT (3) cã 2 nghiƯm t=,t=

0.25®
Víi t= ta cã (4)

Cã

PT(4) cã 2 nghiÖm : z= ,z= 0.25®

Víi t= ta cã (4)
Cã

PT(4) cã 2 nghiƯm : z= ,z=

Vậy PT đã cho có 4 nghim : z=1+i; z=1-i ; z= ; z=

0.25đ
Phần II.

Câu VIb. 1)

Ta có: . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
. Vậy

Do vai trß A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD

Suy ra M( 3; 0) 0,25®

Ta cã:

Theo gi¶ thiÕt:

Vì I và M cùng thuộc đờng thẳng d1

Đờng thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vng góc với d1 nhận làm VTPT nên có PT: . Lại có: 0,25đ
Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:

hc . VËy A( 2; 1), D( 4; -1) 0,25đ

Do là trung điểm của AC suy ra:

Tơng tự I cũng là trung điểm của BD nên ta cã B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0,25

Cõu Phn Ni dung im

CõuVIb.
(1,0)

2.a) Các véc tơ chỉ phơng của D1 và D2 lần lợt là ( 1; - 1; 2)
vµ ( - 2; 0; 1)
Cã M( 2; 1; 0) D1; N( 2; 3; 0) D2

0,25®

XÐt = - 10 0
VËy D1 chÐo D2

0,25®
Gäi A(2 + t; 1 – t; 2t) D1 B(2 – 2t’; 3; t’) D2

A ; B (2; 3; 0)

Đờng thẳng qua hai điểm A, B là đờng vng góc chung
của D1 và D2.

Ta cã :

0,25®

PT mặt cầu nhận đoạn AB là đờng kính có dạng: 0,25đ

CâuVIIb

(1,0) Ta có:
Thấy: , với

+ Ta có: .

Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của nên .

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

+ Ta có:

Cho x=-1 ta có: 
Cho x=1 ta có: .
Suy ra: .

+ Từ đó ta có: .

0,25®

</div>

cac loai cay tự nhiên và xã hội 1 ngô kiều ngọc thư viện tư liệu giáo dục



  



(

4)

3

1

3

<i>x</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

√

√

√

(

4)

3

1

3

<i>x</i>

<i>dx</i>

<i>x</i>

<i>x</i>



















√

√

√

√

√

√

√¿

√

√

√

√¿

<sub>√</sub>

(

)

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về