Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a . Hình chiếu của A' xuống mặt phẳng (ABC) là tâm O đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC. Biết AA' hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 60 .
1. Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật.
2. Tính thể tích khối lăng trụ .
5 trang |
Chia sẻ: lamvu291 | Lượt xem: 1397 | Lượt tải: 0
Bạn đang xem nội dung tài liệu Đề thi thử đại học năm học 2010 2011 môn: Toán khối A + B, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 2011
TỔ TOÁN TIN Môn: TOÁN Khối A + B
Ngày thi: 28/12/2010
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao đề)
4 2
Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 5x + 4, có đồ thị (C).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
x4 5x2 4 log m
2. Tìm m để phương trình − + = 2 có 6 nghiệm phân biệt.
Câu II. (2,0 điểm)
1 − cos x ( 2 cos x + 1) − 2 sin x
1. Giải phương trình: = 1
1 − cos x
1
log x + log 16 = 4 −
2 xy log 2
2. Giải hệ phương trình : y
4 2 2
4x + 8x + xy = 16x 4 x + y
Câu III. (2,0 điểm)
π
4
2
1. Tính tích phân: I = ∫ (x + sin 2x)cos2 xdx .
0
2
x − 3x − 4 ≤ 0
2. Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 3 2
x − 3 x x − m −15m ≥ 0
Câu IV. (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a . Hình chiếu của A' xuống mặt phẳng (ABC) là tâm O đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC. Biết AA' hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 60 .
1. Chứng minh rằng BB'C'C là hình chữ nhật.
2. Tính thể tích khối lăng trụ .
Câu V (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB = 5 , C(1;1),
đường thẳng AB có phương trình: x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc
đường thẳng x + y – 2 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và B.
2 2 4
2. Giải bất phương trình: (2 + 3) x −2x+1 + (2 − 3) x −2x −1 ≤
2 − 3
0 1 2 2010
Câu VI. (1,0 điểm) Tính tổng: S = C2010 + 2C2010 + 3C2010 + ...+ 2011C 2010 .
.........….. Hết …...........
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………; Số báo danh: ………..
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM: 2010 2011
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
* Tập xác định D = R
* Sự biến thiên:
x = 0
3 2
Chiều biến thiên: y’ = 4x 10x = 2x(2x 5); y’ = 0 ⇔ 5 .
x = ±
2
Dấu của y’:
5 5
x ∞ − 0 +∞
2 2
y’ 0 + 0 0 + 0,25
5 5
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ∞; ) và (0; ).
2 2
5 5
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 0) và ( ; + ∞).
2 2
Cực trị:
I1 5 9
(1 + Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± , yCT = ; Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 4.
điểm) 2 4
5 4
Giới hạn: 4 .
lim y = lim x (1− 2 + 4 ) = +∞ 0,25
x→±∞ x →±∞ x x
Bảng biến thiên:
5
5 5 4
x ∞ − 0 +∞
2 2 3
2
y’ 0 + 0 0 + 1 0,25
+∞ 4 +∞ 2 2
1
y 2
9 9 3
4 4
Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm:
(1;0), (1; 0), (2; 0), (2; 0) 0,25
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm (0; 0)
Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.
x4 5x2 4 log m
Số nghiệm của phương trình: − + = 2 là số giao điểm của đường thẳng y
0,25
y x4 5x 2 4
= log 2 m với đồ thị của hàm số = − + .
y x4 5x 2 4 6
Vẽ được đồ thị hàm số = − + 5
I2 4
(1 3 0,25
điểm) 2
1
2 2
0 log m 4 1 m 16 1
Xác định được điều kiện: < 2 < ⇔ < < 0,25
Kết luận m ∈(1; 16). 0,25
+ ĐK : cos x ≠ 1 ⇔ x ≠ m 2π 0,25
(2)
⇔ 1 − 2 cos 2 x − cos x − 2 sin x = 1 − cos x ⇔ − 2( 1 − sin 2 x ) − 2 sin x = 0
0,5
2
⇔ 2 sin 2 x − 2 sin x − 2 = 0 ⇔ sin x = − ∨ sin x = 2 (loại)
II1 2
(1 điểm) π
x = − + k 2π
2 π 4
sin x = − = sin − ⇔ 0,25
2 4 5π
x = + k 2π
4
+) Từ PT (1) ta có: xy = 4. 0,25
+) Thế vào (2) ta có:
2
4 2 2 4 1 1
4x + 8x + 4 = 16x 4x + ⇔ x + = 8 x + . 0,25
x x x
II2 1
Đặt x + (t > 0), ta có phương trình: t 4 = 8t ⇔ t = 2 (vì t > 0).
(1 điểm) x
1 1
Với t = 2 ta có: x + = 2 ⇔ x + = 4 ⇔ x2 − 4x +1 = 0 ⇔ x = 2 ± 3 0,25
x x
4 4
+) KL : Hệ có các nghiệm là : 2 + 3; ;2 − 3; 0,25
2 + 3 2 − 3
π π π
4 4 4
(x + sin2 2x)cos2xdx = x.cos2xdx + sin2 2x.cos2 xdx = I + I
I = ∫ ∫ ∫ 1 2 .
0 0 0
du = dx
u = x 0,25
+ Tính I1: Đặt: ⇒ 1 .
dv = cos2 xdx v = sin 2 x
2
π
π 4 π
1 4 1 π 1 4 π 1
⇒ I1 = x. sin 2x − sin 2xdx = + cos 2 x = − . 0,25
0 ∫ 0
III 1 2 0 2 8 4 8 4
(1 điểm) π
4
2
+ Tính I2: ∫ sin 2x.cos2 xdx Đặt t = sin2x ⇒ dt = 2cos2xdx.
0
π
x = 0 ⇒ t = 0, x = ⇒ t = 1. 0,25
4
1 3
1 2 1 t 1 1
⇒ I2 = t dx = . = .
∫ 0
0 2 2 3 6
π 1
Vậy I = + 0,25
8 12
Ta có: x2 − 3x − 4 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 4 . 0,25
Hệ phương trình đã cho có nghiệm
⇔ PT x3 − 3 x x − m2 −15m ≥ 0 có nghiệm x ∈[ − 1; 4 ]
III 2 ⇔ x3 − 3 x x ≥ m2 + 15 m có nghiệm x ∈[ − 1; 4 ]
(1 điểm)
x3 + 3x2 khi −1≤ x < 0
Đặt f x = x3 − 3 x x =
( ) 3 2
x − 3x khi 0 ≤ x ≤ 4
3 x2 + 6x khi −1 < x < 0
Ta có : f ' x = ; f ' x = 0 ⇔ x = 0; x = ± 2
( ) 2 ( ) 0,25
3 x − 6x khi 0 < x < 4
Ta có bảng biến thiên :
x 1 0 2 4
f’(x) 0 0 +
16
f(x) 0,25
2
4
f ( x) ≥ m2 + 15 m có nghiệm x ∈[ − 1; 4 ] ⇔ max f ( x) ≥ m2 + 15 m ⇔ 16 ≥ m2 + 15 m
[ − 1;4]
⇔ m2 +15m −16 ≤ 0 ⇔ −16 ≤ m ≤ 1 0,25
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ⇔ −16 ≤ m ≤ 1 .
0,25
1. Ta có A'O ⊥ (ABC)⇒ OA là hình chiếu của AA' A' C'
trên (ABC).
Vậy góc[AA',(ABC)] = OA¼A' = 60 o
0,25
Ta có BB'CC' là hình bình hành ( vì mặt bên của lăng trụ) B'
AO ⊥ BC tại trung điểm H của BC nên BC ⊥ A'H .
o
⇒ BC ⊥ (AA'H) ⇒ BC ⊥ AA ' mà AA'//BB' nên A 60
C
IV BC ⊥ BB' .Vậy BB'CC' là hình chữ nhật. O 0,25
(1 điểm) a H
B
2 2 a 3 a 3
VA BC đều nên AO = AH = =
3 3 2 3 0,25
V AOA' ⇒ A'O = AO t an60o = a
a3 3 0,25
Vậy V = S .A'O =
ABC 4
Gọi A(x1; y1), B(x2; y2). Trọng tâm G của tam giác ABC có tọa độ là:
x + x −1 y + y − 1
V. G ( 1 2 ; 1 2 ) .
3 3
1 0,25
Có G thuộc đường thẳng x + y 2 = 0 nên:
(1 điểm)
x + x −1 y + y − 1
1 2 + 1 2 − 2 = 0 ⇔ x + x + y + y = 8 (1).
3 3 1 2 1 2
x1 = 3 − 2 y 1
Có A, B thuộc đường thẳng : x + 2y – 3 = 0 nên (2), suy ra
x2 = 3− 2 y 2
x1 + x2 + 2( y1 + y 2 ) = 6 (3). 0,25
x1 + x2 = 10 x2 = 10 − x 1
Từ (1) và (3) suy ra: ⇔
y1 + y2 = −2 y2 = −2 − y1
2 2 2 2 2
+ AB = 5 ⇔ AB = 5 ⇔ (x2 − x1) + ( y2 − y1 ) = 5 ⇔ (10 − 2x1) + (−2 − 2 y1 ) = 5
Kết hợp với (2) ta được:
3
y = − 0,25
1
2 2 2
(4 + 4y ) + (−2 − 2y ) = 5 ⇔
1 1 1
y = −
1 2
3 1 3 1
+ Với y = − ⇒ x1 = 6, x2 = 4, y2 = − . Vậy A(6; − ), B(4; − ).
1 2 2 2 2
1 3 1 3
+ Với y = − ⇒ x1 = 4, x2 = 6, y2 = − . Vậy A(4; − ), B(6; − ). 0,25
1 2 2 2 2
3 1
Vậy A(6; − ), B(4; − ).
2 2
2 2
+ BPT ⇔ (2 + 3)x −2 x + (2 − 3)x − 2 x ≤ 4 0,25
2
+ Đặt t = (2 + 3) x − 2 x (t >0), ta có BPT:
V.
1 2 0,25
2 t + ≤ 4 ⇔ t − 4t +1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3
t
(1 điểm) 2
⇔ 2 − 3 ≤ (2 + 3)x − 2x ≤ 2 + 3 ⇔ −1 ≤ x2 − 2x ≤ 1 0,25
⇔ 1− 2 ≤ x ≤ 1+ 2 . 0,25
2010 0 1 2 2 2010 2010 0,25
+ Có (1+ x) = C2010 + xC2010 + x C2010 + ... + x C 2010 .
+ Nhân cả hai vế với x ta được:
x(1 + x)2010 = xC 0 + x 2C1 + x3C 2 + ... + x2011C 2010 .
2010 2010 2010 2010 0,25
VI. Lấy đạo hàm từng vế ta được:
2010 2009 0 1 2 2 2010 2010
(1 điểm) (1 + x) + 2010x(1+ x) = C2010 + 2xC2010 + 3x C2010 + ... + 2011 x C 2010 0,25
0 1 2 2010 2010
+ Cho x = 1 ta được: C2010 + 2C2010 + 3C2010 + ... + 2011C 2010 = 1005.2 .
Vậy S = 1005.2 2010 . 0,25