30 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (tải trọn bộ 30 đề và đáp án trong file đính kèm)

10 524 0
  • Loading ...
1/10 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 23/02/2015, 13:44

http://ductam_tp.violet.vn/ Ngày thi 21/12/2010 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 m y x m x = + + − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 2. Giải phương trình 2 2 7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡ Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x − + + + ∫ . Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho ( ) ( ) DMN ABC⊥ . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: 3 .x y xy+ = Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z 0 ≥ thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( ) 3 3 3 3 16x y z P x y z + + = + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 1 1 2 2 3 1 x y z+ − − = = , d 2 : 2 2 1 5 2 x y z− + = = − Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d 1 và d 2 . Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 1 2 1 1 x y z− + + = = − và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 42 . Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ( ) 1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y  − − =  ∈   + =  ¡ Hết SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 Với m =1 thì 1 1 2 y x x = + + − a) Tập xác định: D { } \ 2= ¡ 0.25 b) Sự biến thiên: ( ) ( ) 2 2 2 1 4 3 ' 1 2 2 x x y x x − + = − = − − , 1 ' 0 3 x y x =  = ⇔  =  . 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2 lim x y →−∞ = −∞ , lim x y →+∞ = +∞ , 2 2 lim ; lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ , [ ] [ ] lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0 x x y x y x →+∞ →−∞ − + = − + = Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ;1 , 3; ;−∞ +∞ hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) 1;2 , 2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: y CĐ = 1 tại x = 1; y CT = 3 tại x = 3. 0.25 c) Đồ thị: 0.25 2 1.0 Với x ≠ 2 ta có y ’ = 1- 2 ( 2) m x − ; Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ phương trình (x – 2) 2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0m ⇔ > 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3 D A BC H M N x y’ y - ∞ 1 2 3 + ∞ 0 0 + ∞ + ∞ - ∞ - ∞ 1 3 – – + + Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 x m y m m x m y m m = + ⇒ = + + = − ⇒ = + − 0.25 Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 ;2 2 )m m m− + − ; B( 2 ;2 2 )m m m+ + + Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 2 2m m m m− − = − + 0.25 0 2 m m =  ⇔  =  Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt ⇔ m = 2. 0.25 II 2.0 1 Giải phương trình ( ) ( ) 2 cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x − = + + 1.0 ĐK: sin cos 0x x+ ≠ 0.25 Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x⇔ − − = + + ( ) ( ) 1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x⇔ + + + + = ( ) ( ) ( ) 1 sin 1 cos 1 sin 0x x x⇔ + + + = 0.25 sin 1 cos 1 x x = −  ⇔  = −  (thoả mãn điều kiện) 0.25 2 2 2 x k x m π π π π  = − +  ⇔  = +  ( ) ,k m∈Z Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k π π = − + và 2x m π π = + ( ) ,k m∈Z 0.25 2 Giải phương trình: 2 2 7 5 3 2 ( )x x x x x x− + + = − − ∈¡ 1.0 2 2 2 3 2 0 7 5 3 2 x x PT x x x x x  − − ≥  ⇔  − + + = − −   0.25 2 3 2 0 5 2( 2) x x x x x  − − ≥  ⇔  + = − +   0.25 3 1 0 2 5 2. x x x x x   − ≤ ≤  ⇔ ≠   +  + = −  ( ) ( ) 2 2 0 1 16 0 x x x − ≤ <   ⇔  + − =   0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4 1x⇔ = − Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25 III Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x − + + + ∫ . 1.0 Đặt u = 2 1 1 2x u x udu dx+ ⇒ − = ⇒ = ; đổi cận: 0 1 3 2 x u x u = ⇒ =   = ⇒ =  0.25 Ta có: 3 2 2 2 3 2 0 1 1 1 3 2 8 1 (2 6) 6 3 2 1 3 1 3 x u u dx du u du du u u u x x − − = = − + + + + + + + ∫ ∫ ∫ ∫ 0.25 ( ) 2 2 1 2 6 6ln 1 1 u u u= − + + 0.25 3 3 6ln 2 = − + 0.25 IV 1.0 Dựng DH MN H ⊥ = Do ( ) ( ) ( ) DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥ mà .D ABC là tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . 0.25 Trong tam giác vuông DHA: 2 2 2 2 3 6 1 3 3 DH DA AH   = − = − =  ÷  ÷   Diện tích tam giác AMN là 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMN S AM AN xy= = 0.25 Thể tích tứ diện .D AMN là 1 2 . 3 12 AMN V S DH xy= = 0.25 Ta có: AMN AMH AMH S S S= + 0 0 0 1 1 1 .sin 60 . .sin 30 . .sin 30 2 2 2 xy x AH y AH⇔ = + ⇔ 3 .x y xy+ = 0.25 V 1.0 Trước hết ta có: ( ) 3 3 3 4 x y x y + + ≥ (biến đổi tương đương) 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5 ( ) ( ) 2 0x y x y⇔ ⇔ − + ≥ Đặt x + y + z = a. Khi đó ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 64 64 4 1 64 x y z a z z P t t a a + + − + ≥ = = − + (với t = z a , 0 1t ≤ ≤ ) 0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t) 3 + 64t 3 với t [ ] 0;1∈ . Có ( ) [ ] 2 2 1 '( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 f t t t f t t   = − − = ⇔ = ∈   Lập bảng biến thiên 0.25 ( ) [ ] 0;1 64 inf 81 t M t ∈ ⇒ = ⇒ GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 2 1 0 21 13 5 ; 7 14 0 13 5 5 5 x x y B x y y  =  − + =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   0.25 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (1; 2); (1; 7); ( ; ) AB BD AC n n n a b− − uuur uuur uuur (với a 2 + b 2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có: ( ) ( ) os , os , AB BD AC AB c n n c n n= uuur uuur uuur uuur 2 2 2 2 3 2 7 8 0 2 7 a b a b a b a ab b b a = −   ⇔ − = + ⇔ + + = ⇔  = −  0.25 - Với a = - b. Chọn a = 1 ⇒ b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0, A = AB ∩ AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3;2) 2 1 0 2 x y x A x y y − − = =   ⇒ ⇒   − + = =   Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC ∩ BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 1 0 7 5 2 ; 7 14 0 5 2 2 2 x x y I x y y  =  − − =     ⇔ ⇒    ÷ − + =     =   Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ ( ) 14 12 4;3 ; ; 5 5 C D    ÷   0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 Phương trình tham số của d 1 và d 2 là: 1 2 1 2 2 : 1 3 ; : 2 5 2 2 x t x m d y t d y m z t z m = − + = +     = + = − +     = + = −   0.25 Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d 2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN⇒ uuuur (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d ⊥ (P) có VTPT (2; 1; 5) P n − − uur nên : p k MN kn∃ = ⇔ uuuur uur 3 2 2 3 5 3 2 2 5 m t k m t k m t k + − =   − + − = −   − − − = −  có nghiệm 0.25 Giải hệ tìm được 1 1 m t =   =  Khi đó điểm M(1; 4; 3) ⇒ Phương trình d: 1 2 4 3 5 x t y t z t = +   = −   = −  thoả mãn bài toán 0.25 VII. a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i) n , biết rằng n ∈ N thỏa mãn phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 1.0 Điều kiện: 3 n N n ∈   >  Phương trình log 4 (n – 3) + log 4 (n + 9) = 3 ⇔ log 4 (n – 3)(n + 9) = 3 0.25 ⇔ (n – 3)(n + 9) = 4 3 ⇔ n 2 + 6n – 91 = 0 7 13 n n =  ⇔  = −  Vậy n = 7. 0.25 Khi đó z = (1 + i) n = (1 + i) 7 = ( ) ( ) ( ) 3 2 3 1 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i i   + + = + = + − = −   0.25 Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7 (thoả mãn) (không thoả mãn) Giả sử 1 2 ( ; ) 5; ( ; ) 2 7 B B B B C C C C B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − + Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y + + =   + + =  0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có (3;4) (4; 3) BG BG VTPT n⇒ − uuur uuur nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5) 2 +(y – 1) 2 = 81 25 0.25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: 3 2 2 1 x t y t z t = +   = − +   = − −  ⇒ toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 3 2 2 1 2 0 x t y t z t x y z = +   = − +   = − −   + + + =  (tham số t) (1; 3;0)M⇒ − 0.25 Lại có VTPT của(P) là (1;1;1) P n uur , VTCP của d là (2;1; 1) d u − uur . Vì ∆ nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP , (2; 3;1) d P u u n ∆   = = −   uur uur uur Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên ∆ , khi đó ( 1; 3; )MN x y z− + uuuur . Ta có MN uuuur vuông góc với u ∆ uur nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 Lại có N ∈ (P) và MN = 42 ta có hệ: 2 2 2 2 0 2 3 11 0 ( 1) ( 3) 42 x y z x y z x y z  + + + =  − + − =   − + + + =  0.25 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt 5 2 5 : 2 3 1 x y z− + + ∆ = = − Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt 3 4 5 : 2 3 1 x y z+ + − ∆ = = − 0.25 VII. b Giải hệ phương trình ( ) 1 4 4 2 2 1 log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y  − − =  ∈   + =  ¡ 1.0 Điều kiện: 0 0 y x y − >   >  0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 8 Hệ phương trình ( ) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 1 log log 1 log 1 4 25 25 25 y x y x y x y y y x y x y x y − −    − + = − = − =    ⇔ ⇔ ⇔       + = + = + =    0.25 2 2 2 2 2 3 3 3 25 25 9 25 10 x y x y x y y x y y y =  = =    ⇔ ⇔ ⇔    = + = + =     0.25 ( ) ( ) 15 5 ; ; 10 10 15 5 ; ; 10 10 x y x y    =   ÷    ⇔    = − −   ÷     Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 0.25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 9 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 10 . nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 9 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) - Đề & đáp án. x ≠ 2 ta có y ’ = 1- 2 ( 2) m x − ; Hàm số có cực đại và cực tiểu ⇔ phương trình (x – 2) 2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0m ⇔ > 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường. các đỉnh của hình chữ nhật. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d 1 : 1
- Xem thêm -

Xem thêm: 30 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (tải trọn bộ 30 đề và đáp án trong file đính kèm), 30 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (tải trọn bộ 30 đề và đáp án trong file đính kèm), 30 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (tải trọn bộ 30 đề và đáp án trong file đính kèm)

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay