Đề thi thử đại học năm học 2010  ­ 2011  môn: Toán ­ khối A + B

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 .

pdf5 trang | Chia sẻ: lamvu291 | Lượt xem: 1311 | Lượt tải: 0download
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