Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2009 - Cấu trúc BGD (Cực hot - có đáp án)

Chia sẻ: Nhan Tai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

1
385
lượt xem
142
download

Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2009 - Cấu trúc BGD (Cực hot - có đáp án)

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 năm 2009 - cấu trúc bgd (cực hot - có đáp án)', 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 năm 2009 - Cấu trúc BGD (Cực hot - có đáp án)

  1. Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục ĐỀ 01 Thi vào thứ hai hàng tuần tại A7 Bà Triệu – Đà Lạt I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y  x 3  3x 2  4 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 . 2. Với giá trị nào của m thì đường thẳng nối hai cực trị đồ thị của hàm số 1 tiếp xúc với đường tròn 2 C  : x  m 2  y  m  1  5 . Câu II: ( 2 điểm ) 5 1 1. Giải phương trình : 5 x   2x  5 2 x 2x 2. Giải phương trình : 3  2cos2 x  cos x  2  sin x  3  2 cos x   0 . 1 Câu III: ( 1 điểm ) Tính giới hạn : lim ln 1  cos 2x  cos 6x .  x 4 Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh bằng a , SA   ABCD  và SA  a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD . Giả sử N là giao điểm của đường thẳng SC và  AHK  . Chứng minh rằng AN  HK và tính thể tích khối chóp S .AHNK . Câu V: ( 1 điểm ) a3 b3 c3 1 Cho 3 số thực dương a,b, c .Chứng minh rằng :    a  b  c  b c  a  c a  b  a b  c  2 II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) 1. Viết phương trình mặt phẳng qua giao tuyến của 2 mặt phẳng  P  : x  4y  5  0 và Q  : 3x  y  z  2  0 , đồng thời vuông góc với mặt phẳng R  : 2x  z  7  0 2. Tìm trên giao tuyến của hai mặt phẳng  P  , Q  ở câu 1 những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng  S  : 2x  2y  z  7  0 một khoảng bằng 2 ?. Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập A  0;1;2; 3; 4; 5 ,từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau ,trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3 ?. 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua O ,vuông góc với mặt phẳng Q  : x  y  z  0 và cách điểm M 1;2; 1 một khoảng bằng 2. x  3  7t x  7  u     2. Cho hai đường thẳng d1  : y  1  2t và d2  : y  3  2u .Lập phương trình đường thẳng d  đối xứng   z  1  3t  z  9  u  với đường thẳng d1  qua d2  . Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho số phức z  1  3i . Hãy viết dạng lượng giác của số phức z 5 . GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh – A7 Bà Triệu Đà Lạt , 42B/11 Hai Bà Trưng Đà Lạt .
  2. Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục Đáp án đề thi I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y  x 3  3x 2  4 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 . Học sinh tự làm . 2. Với giá trị nào của m thì đường thẳng nối hai cực trị đồ thị của hàm số 1 tiếp xúc với đường tròn C m  : x  m 2  y  m  12  5 . Đồ thị hàm số 1 có cực tiểu A  2; 0  , cực đại B  0; 4  . Phương trình đường thẳng nối hai cực trị của hàm số x y 1 là  AB  :   1  AB  : 2x  y  4  0 . 2 4 C m  có tâm I m m; m  1 , bán kính R  5 . Đường thẳng  AB  tiếp xúc với đường tròn C m  khi 2  m    m  1  4 m  3  5 m  2 d Im ,AB    R   5  m3 5   . m  3  5 m  8 2 22   1   Câu II: ( 2 điểm ) 5 1 1. Giải phương trình : 5 x   2x  5 2 x 2x Điều kiện : x  0  1   1  Bất phương trình cho viết lại : 5  x    2  x    5 1  2 x  4x  1 Đặt : t  x   2  2  , do x  0 . 2 x 1 1 Khi đó  2   t 2  x  1 x   t2  1 4x 4x t  1 Phương trình 1  5t  2 t  1  5  2t  5t  3  0   2 2 t  3   2 3 Điều kiện t  2 , do đó t  2  1  x  1 3 2  x  2 0  x  1  2  x   3 x  1  0   Khi đó  2    2 x 2    x 1   4 x  0  x 0  x  1     x  0  1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình cho là : T   0;   1;     4  2. Giải phương trình : 3  2cos2 x  cos x  2  sin x  3  2 cos x   0 1 1  2 3 1  sin2 x   3 cos x  2 3  3. sin x  2 sin x. cos x  0  2 3 sin2 x  3.sin x  3 cos x  2 sin x .cos x  0  3. sin x  2 sin x  3   cos x  3  2 sin x   0   3  2 sin x  3. sin x  cos x   0
  3. Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục  3  x   1n   n n    3  2 sin x  0  sin x   sin     2 3  3      3. sin x  cos x  0 1    x    k  k    t a n x   3  t a n   6      6 1 Câu III: ( 1 điểm ) Tính giới hạn : lim ln 1  cos 2x  cos 6x  x 4 Dễ thấy ln 1  cos 2x   11 cos 6x .ln 1  cos 2x    2  2x  . ln 1  sin  2  2x  sin sin   2x  cos 6x cos 3 2x   2 ln 1  sin   2x   ln 1  sin   2x        cos  2x  2 1 2  3 .    2 .   sin   2x  sin   2x  4 cos  2x   3 cos 2x   4 cos 2x   3  2 2 lim ln 1  cos 2x  1 cos 6 x  lim 1 ln 1  sin .    2  2x     1 2 x  4 x  4 cos  2x   3  4  sin  2  2x  3   Cách 2 : Đặt t  x  ,x   t  0 4 4 1 1 ln 1    sin 2t   lim ln 1  cos 2x  cos 6 x  lim .ln 1  cos 2x   lim x  cos 6x sin 6t   t 0 x 4 4   sin 2t  ln 1    sin 2t    sin 2t  ln 1    sin 2t  .2t 2t 1  lim .  lim .  t 0   sin 2t  sin 6t t 0   sin 2t  sin 6t 3 6t Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp S .ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh bằng a , SA   ABCD  và SA  a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD . Giả sử N là giao điểm của đường thẳng SC và  AHK  . Chứng minh rằng AN  HK và tính thể tích khối chóp S .AHNK . Chứng minh tứ giác AHNK có 2 đường chéo vuông góc là AN  HK 1 a3 2 dtS .AHNK  dtAHNK .SN  (đvtt). 3 9 Hoặc dùng tỷ số thể tích : VSAHNK SH .SN .SK a3 2   ...  (đvtt) VABCD SB.SC .SD 9
  4. Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục Câu V: ( 1 điểm ) a3 b3 c3 1 Cho 3 số thực dương a,b, c .Chứng minh rằng :    a  b  c  b c  a  c a  b  a b  c  2 Phân tích bài toán :  Đẳng thức cần chứng minh đưa về dạng : a3 b3 c3  m a  c   nb   k b  a   pc   i b  c   ja  0 . b c  a  c a  b  a b  c   Giả sử 0  a  b  c . Dự đoán đẳng thức xảy ra khi a  b  c . a3 Từ đó gợi mở hướng giải :  m a  c   nb  3 3 mna . Đẳng thức xảy ra khi b c  a   a3 m  1    m a  c   nb a 3  4 b c  a    m a  a   na   a  b  c a a  a  n  1   2 Tương tự cho các trường hợp khác . Giải : a3 1 1 3 a3 1 1  b  c  a   a . Đẳng thức xảy ra khi:  b  c  a  . b c  a  2 4 2 b c  a  2 4 3 3 b 1 1 3 b 1 1  c  b  a   b . Đẳng thức xảy ra khi:  c  b  a  . c a  b  2 4 2 c a  b  2 4 3 3 c 1 1 3 c 1 1  a  b  c   c . Đẳng thức xảy ra khi:  a  b  c  . a b  c  2 4 2 a b  c  2 4 3 3 3 a b c 1 Cộng vế theo vế ta được :    a  b  c  . b c  a  c a  b  a b  c  2 Dấu đẳng thức xảy ra khi : a  b  c  0 II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a ( 2 điểm ) 1. Viết phương trình mặt phẳng qua giao tuyến của 2 mặt phẳng  P  : x  4y  5  0 và Q  : 3x  y  z  2  0 , đồng thời vuông góc với mặt phẳng R  : 2x  z  7  0 . Giả sử đường thẳng d  là giao tuyến của 2 mặt phẳng  P  và Q  nên phương trình đường thẳng d  có dạng x  5  4t x  4y  5  0    d  :  hay d  : y  t t R  3x  y  z  2  0   z  13  13t    d  đi qua điểm M  5; 0; 13  và có vtcp u   4;1;13  , mặt phẳng R  có vtpt n R   2; 0; 1 .    Mặt phẳng cần tìm đi qua điểm M  5; 0; 13  có vtpt là n  u; n R   1;22; 2  nên phương trình có dạng 1  x  5   22  y  0   2  z  13   0  x  22y  2z  21  0 . Chú ý : Bài toán này có thể giải theo dạng chum mặt phẳng , tuy nhiên phương pháp này không đề cập trong chương trình mới hiện nay .
  5. Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục 2. Tìm trên giao tuyến của hai mặt phẳng  P  , Q  ở câu 1 những điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng  S  : 2x  2y  z  7  0 một khoảng bằng 2 ?. x  5  4t   Giao tuyến của hai mặt phẳng  P  , Q  là d  : y  t t R  z  13  13t  M  d   M  5  4t ; t ; 13  13t  , t  R . 2  5  4t   2 t    13  13t   7 30  23t d M ;S    2 2 2   2     1  2 5  20  20  30  23t 30  23t  10 t  23 , M  ; 23 ;    Theo bài toán d M ;S  2  2  30  23t  10     5 30  23t  10  t  40 , M  ; 40 ;      23  23  Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập A  0;1;2; 3; 4; 5 ,từ A có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau ,trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3 ?. Cách 1: Gọi số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ tập A là: a 1a 2a 3a 4a 5 , a 1  0 Số cách chọn a1 có 5 cách .Số cách chọn a 2a 3a 4a 5 là số chỉnh hợp chập 4 của 5 : A54 .Suy ra : có 5.A54  600 (số) . Trong 600 số trên thì: Số không có chữ số 0 được lập từ tập B  1;2; 3; 4; 5 là số chỉnh hợp chập 4 của 5 : A54  120 (số). Số không có chữ số 3 được lập từ tập A  0;1;2; 4; 5 :Số cách chọn a1  0 có 4 cách. Số cách chọn a 2a 3a 4a 5 là số hoán vị P4 .Suy ra : có 4.P4  96 (số). Vậy theo yêu cầu bài toán ta có : 600- (120 + 96) = 384 (số) Cách 2: Số cách chọn số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau ,trong đó nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3,chính là số cách xếp 5 chữ số từ tập A vào 5 ô liên tiếp nhau. Vì nhất thiết phải có mặt chữ số 0 và 3 nên ta chọn số 0 và 3 xếp trước Vì số 0 không được đứng ở vị trí đầu tiên nên có 4 cách xếp. 3 Số 3 có 4 cách xếp vào 4 vị trí còn lại.Số cách xếp 3 số còn lại chính là số chỉnh hợp chập 3 của 4 : A4 . Vậy theo yêu cầu bài toán ta có : 4.4A43  384 (số). 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Viết phương trình mặt phẳng  P  qua O ,vuông góc với mặt phẳng Q  : x  y  z  0 và cách điểm M 1;2; 1 một khoảng bằng 2.    Mặt phẳng  P  qua O nên có phương trình:  P  : ax  by  cz  0, a 2  b 2  c 2  0 , vtpt : n  a ;b; c   0           Mặt phẳng Q  có vtpt m  1;1;1 . Vì  P   Q  nên n  m  n.m  0  a  b  c  0 1 .
  6. Đề thi thử Đại học năm 2009 Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục a.1  b.2  c  1 Mặt phẳng  P  cách điểm M 1;2; 1 một khoảng bằng 2 khi  2  2  hay a 2  b2  c2 2   a  2b  c 2  2 a 2  b 2  c 2   3   Nếu c  0 thì 1  a  b , thay vào  3   b  0 loại vì a 2  b 2  c 2  0 . a b  Nếu c  0 , chia cả 2 vế của phương trình 1 vế cho c , đặt u  , v  ta được c c u  v  1  0  u  v  1  4  Chia cả 2 vế của phương trình  3  vế cho c 2 ,ta được  2   u  2v  12  2 u 2  v 2  12   5  . 8 Từ  4  ,  5  , ta tìm được v  0 hoặc v   3 a  v  0  u  1   1  a  c   P  : x  z  0 c 8 5  v    u   5x  8y  3z  0 3 3 Chú ý : Bài toán này có thể giải theo dạng chum mặt phẳng , tuy nhiên phương pháp này không đề cập trong chương trình mới hiện nay . x  3  7t x  7  u     2. Cho hai đường thẳng d1  : y  1  2t và d2  : y  3  2u .Lập phương trình đường thẳng d  đối xứng   z  1  3t  z  9  u  với đường thẳng d1  qua d2  . - Lấy 2 điểm A, B phân biệt thuộc d1  . - Xác định tọa độ các điểm A1, B1 đối xứng với A, B qua d2  - d  chính là đường thẳng qua A1, B1 . Câu VII.b ( 1 điểm ) Cho số phức z  1  3i . Hãy viết dạng lượng giác của số phức z 5 .   Dạng lượng giác của z là z  2  cos  i sin  . Theo công thức Moa-vrơ, ta có dạng lượng giác của z 5 là    3 3 5 5        z 5  32  cos   i sin   32  cos     i sin     .  3 3    3  3 
Đồng bộ tài khoản