Đề thi thử đại học môn Toán (2008-2009) khối 12

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
107
lượt xem
41
download

Đề thi thử đại học môn Toán (2008-2009) khối 12

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán (2008-2009) khối 12', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn Toán (2008-2009) khối 12

  1. ÔN THI ĐẠI HỌC 2009 ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 (2008-2009) Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m − 1 (1) , với m là tham số thực. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 . 2) Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II (2 điểm) ( 1) Giải phương trình 2sin 2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 cos x + 3 sin x . ) 2) Giải phương trình log x 2 + 2 log 2 x 4 = log 2x 8. Câu III (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = ( x + 1) 1 − x 2 . Câu IV (1 điểm) Trong không gian cho lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC = 120 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1 . Hãy chứng minh MB ⊥ MA1 và tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( A1 BM ). Câu V (1 điểm) Xác định m để phương trình sau có đúng một nghiệm thực: x − 13x + m + x − 1 = 0 ( m ∈ ) . 4 4 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d :2 x − y + 3 = 0 . Câu VII.a (1 điểm) 18 ⎛ 1 ⎞ Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ⎜ 2 x + 5 ⎟ ( x > 0) . ⎝ x⎠ Câu VIII.a (1 điểm) 2x +1 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = tại giao điểm của đồ thị với trục hoành. x −1 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết A ( −1; 4 ) , B (1; −4 ) và ⎛ 1⎞ đường thẳng BC đi qua điểm M ⎜ 2; ⎟ . Hãy tìm toạ độ đỉnh C . ⎝ 2⎠ Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2 + 2 ) , biết An − 8Cn2 + Cn = 49 . n 3 1 ( Ank là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử). Câu VIII.b (1 điểm) − x2 + 4x + 3 Cho hàm số y = . Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên x−2 đồ thị hàm số đến hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số. ----------------------------------Hết----------------------------------
  2. ÔN THI ĐH 2009 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 (2008- 2009) (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 1.(1 điểm). Khi m = 1 hàm số trở thành: y = x 4 − 2 x 2 (2điểm) • TXĐ: D= ⎡x = 0 • Sự biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − 1) = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = ±1 0.25 yCD = y ( 0 ) = 0, yCT = y ( ±1) = −1 0.25 • Bảng biến thiên 0.25 x -∞ -1 0 1 +∞ − − y’ 0 + 0 0 + y +∞ 0 +∞ -1 -1 • Đồ thị 8 6 4 2 0 -5 5 10 -2 -4 -6 -8 0.25 ⎡x = 0 2. (1 điểm) y ' = 4 x3 − 4mx = 4 x ( x 2 − m ) = 0 ⇔ ⎢ ⎣x = m 2 Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó ⇔ m > 0 0.25 • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( A ( 0; m − 1) , B − m ; − m 2 + m − 1 , C ) ( m ; −m 2 + m − 1 ) 0.25 1 • S ABC = yB − y A . xC − xB = m 2 m ; AB = AC = m 4 + m , BC = 2 m 2 0.25 • R= AB. AC.BC =1⇔ ( m 4 + m ) 2 m = 1 ⇔ m3 − 2m + 1 = 0 ⇔ ⎡ m = 1 ⎢ 4S ABC 4m m2 ⎢m = 5 − 1 ⎢ ⎣ 2 0.25 II 1) ⎛ 3 ⎞ ⎛1 ⎞ (2điểm) ( 2 + 3 sin 2 x − cos 2 x = 3 cos x + 3 sin x ⇔ 1 + ⎜) 1 3 ⎜ 2 sin 2 x − 2 cos 2 x ⎟ = 3 ⎜ 2 cos x + 2 sin x ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0.50 ⎛ 2π ⎞ ⎛ π⎞ 2⎛ π⎞ ⎛ π⎞ ⇔ 1 + cos ⎜ 2 x − ⎟ = 3cos ⎜ x − ⎟ ⇔ 2 cos ⎜ x − ⎟ = 3cos ⎜ x − ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ 0.25
  3. ⎛ π⎞ π π 5π ⇔ cos ⎜ x − ⎟ = 0 ⇔ x − = + kπ ⇔ x = + kπ (k ∈ ) . ⎝ 3⎠ 3 2 6 0.25 1 2. (1 điểm) Điều kiện x > 0, x ≠ 1, x ≠ 2 0.25 • Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với 1 4 6 1 4 6 1 2 + = ⇔ + = ⇔ = log 2 x log 2 2 x log 2 2 x log 2 x 1 + log 2 x 1 + log 2 x log 2 x 1 + log 2 x 0.50 ⇔ log 2 x = 1 ⇔ x = 2 0.25 III ⎡ x = −1 ∈ D −2 x 2 − x + 1 • Tập xác định: D = [ −1;1] ; y = =0⇔⎢ ' (1 điểm) 1− x 2 ⎢x = 1 ∈ D ⎣ 2 0.50 ⎛1⎞ 3 3 3 3 y ( −1) = 0, y ⎜ ⎟ = , y (1) = 0 . Vậy max y = ; min y = 0 ⎝2⎠ 4 [ −1;1] 4 [ −1;1] 0.50 IV ( ) 2 MA12 = A1C12 + C1M 2 = ( 2a ) + a 5 2 = 9a 2 ; BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos120 = 7a 2 ; (1 điểm) ( ) ( ) 2 2 BM 2 = BC 2 + CM 2 = 7 a 2 + a 5 = 12a 2 ; A1 B 2 = AA12 + AB 2 = 2a 5 + a 2 = 21a 2 . Suy ra A1 B 2 = MA12 + MB 2 ⇒ MB ⊥ MA1 . A C B M A1 C1 B1 0.50 • Hình chóp MBAA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác BAA1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau. 11 1 a 3 15 Suy ra V = VMBAA = VCBAA = AA1.S ABC = 2a 5. a.2a.sin120 = 1 1 33 2 3 3 a 15 6. 3V 6V 3 =a 5 ⇒ d ( A, ( A1 BM )) = = = S MBA1 MB.MA1 a 12.3a 3 0.50 V ⎧1 − x ≥ 0 ⎪ 4 x 4 − 13 x + m + x − 1 = 0 ⇔ 4 x 4 − 13 x + m = 1 − x ⇔ ⎨ 4 ⎪ x − 13 x + m = (1 − x ) 4 (1 điểm) ⎩ ⎧x ≤ 1 ⇔⎨ 3 ⎩4 x − 6 x − 9 x − 1 = −m 2 0.25
  4. Yêu cầu bài toán ⇔ đường thẳng y = −m cắt phần đồ thị hàm số f ( x ) = 4 x 3 − 6 x 2 − 9 x − 1 với x ≤ 1 tại đúng một điểm. 0.25 Xét hàm số f ( x ) = 4 x3 − 6 x 2 − 9 x − 1 với x ≤ 1 . 1 Với x ≤ 1 thì f ' ( x ) = 12 x 2 − 12 x − 9 = 0 ⇔ x = − 2 0.25 1 Bảng biến thiên: x −∞ − 1 2 − y’ + 0 3 y 2 −∞ −12 Từ bảng biến thiên ta có: ⎡ 3 ⎡ 3 −m = ⎢m = − 2 Yêu cầu bài toán ⇔ ⎢ 2 ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ −m < −12 ⎣ m > 12 0.25 VI.a A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a;0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( − a; b ) (1 điểm) 0.25 Vectơ chỉ phương của d là u = (1; 2 ) Toạ độ trung điểm I của AB là ⎛ ; ⎞ a b ⎜ ⎟ ⎝ 2 2⎠ 0.25 A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi ⎧ AB.u = 0 ⎧−a + 2b = 0 ⎪ ⎪ ⎧a = −4 ⎨ ⇔⎨ b ⇔⎨ ⎪I ∈ d ⎩ ⎪a − 2 + 3 = 0 ⎩b = −2 . Vậy A ( −4;0 ) , B ( 0; −2 ) ⎩ 0.50 VII.a 18 ⎛ 1 ⎞ Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của ⎜ 2 x + 5 ⎟ là (1 điểm) x ⎝ ⎠ k 6k ⎛ 1 ⎞ 18 − Tk +1 = C18 . ( 2 x ) 18− k k . ⎜ 5 ⎟ = C18 .218− k .x k 5 ⎝ x⎠ 0.50 6k Số hạng không chứa x ứng với k thoả mãn 18 − = 0 ⇔ k = 15 . 5 Vậy số hạng cần tìm là T16 = C18 .23 = 6528 15 0.50 VIII.a • Giao điểm của đồ thị với trục hoành là A ⎛ − ;0 ⎞ . ⎜ ⎟ 1 (1 điểm) ⎝ 2 ⎠ −3 ⎛ 1⎞ 4 y' = ; y' ⎜ − ⎟ = − ( x − 1) 2 ⎝ 2⎠ 3 0.50 • Pt tiếp tuyến của đồ thị tại A ⎛ − ;0 ⎞ là y = − ⎜ x + ⎟ ⇔ y = − x − 1 4⎛ 1⎞ 4 2 ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 3⎝ 2⎠ 3 3 0.50
  5. x −1 y+4 VI.b Đt BC đi qua B (1; −4 ) và M ⎛ 2; ⎞ nên có pt: ⎜ ⎟ 1 = 9 ⇔ 9 x − 2 y − 17 = 0 (1 điểm) ⎝ 2⎠ 1 2 ⎛ 9t − 17 ⎞ C ∈ BC ⇒ C ⎜ t ; ⎟,t∈ ⎝ 2 ⎠ 0.50 ⎛ 9t − 25 ⎞ AB = ( 2; −8 ) ; AC = ⎜ t + 1; ⎟ . Vì tam giác ABC vuông tại A nên ⎝ 2 ⎠ AB. AC = 0 9t − 25 Suy ra t + 1 − 4. = 0 ⇔ t = 3. Vậy C ( 3;5 ) 2 0.50 VII.b Điều kiện n ≥ 4, n ∈ . n Ta có: ( x 2 + 2 ) = ∑ Cnk x 2 k 2n −k . Hệ số của x8 là Cn4 .2n −4 n (1 điểm) k =0 0.50 A − 8C + C = 49 ⇔ ( n − 2 )( n − 1) n − 4 ( n − 1) n + n = 49 ⇔ n − 7 n + 7 n − 49 = 0 3 n 2 n 1 n 3 2 ⇔ ( n − 7 ) ( n2 + 7 ) = 0 ⇔ n = 7 Vậy hệ số của x8 là C74 .23 = 280 0.50 VIII.b −x + 4x + 3 2 7 y= = −x + 2 + . Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho. (1 điểm) x−2 x−2 7 M ( x; y ) ∈ (C) ⇔ y = − x + 2 + . x−2 Tiệm cận xiên: y = − x + 2 ⇔ x + y − 2 = 0 ; Tiệm cận đứng: x = 2 0.50 x+ y−2 7 Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là: d1 = = . 2 2. x − 2 Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là: d 2 = x − 2 . 7 7 Ta có: d1.d 2 = . x−2 = . Suy ra điều phải chứng minh 2. x − 2 2 0.50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------
Đồng bộ tài khoản