Đề thi thử đại học môn Toán năm 2009 LB8

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

0
58
lượt xem
11
download

Đề thi thử đại học môn Toán năm 2009 LB8

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 lb8', 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 LB8

  1. Đ THI TH Đ I H C, CAO Đ NG NĂM 2009 LB8 M n thi : TOÁN Th i gian làm bài : 180 phút, không k th i gian phát đ ………………… ∞∞∞∞∞∞∞∞ ……………… I:PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 đi m) 2x + 1 Câu I (2 đi m). Cho hàm s y = có đ th là (C) x+2 1.Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s 2.Ch ng minh đư ng th ng d: y = -x + m luôn luôn c t đ th (C) t i hai đi m phân bi t A, B. Tìm m đ đo n AB có đ dài nh nh t. Câu II (2 đi m) 1.Gi i phương trình 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 2x2 + x −1 3 2 .T nh t ch phõn: I = ∫ dx . 0 x +1 Câu III (2 đi m). 1.Gi i b t phương tr nh: 2 x + 10 ≥ 5 x + 10 − x − 2 2.Có bao nhiêu s t nhiên có 5 ch s khác nhau mà trong m i s luôn luôn có m t hai ch s ch n và ba ch s l . Câu IV (1 đi m). Cho lăng tr tam giác ABC.A1B1C1 có t t c các c nh b ng a, góc t o b i c nh bên và m t ph ng đáy b ng 300. Hình chi u H c a đi m A trên m t ph ng (A1B1C1) thu c đư ng th ng B1C1. Tính kho ng cách gi a hai đư ng th ng AA1 và B1C1 theo a. II. PH N RI NG (3.0 đi m) Câu Va 1.(2 đi m)Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy cho đư ng tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = 9 và đư ng th ng d: x + y + m = 0. Tìm m đ trên đư ng th ng d có duy nh t m t đi m A mà t đó k đư c hai ti p tuy n AB, AC t i đư ng tròn (C) (B, C là hai ti p đi m) sao cho tam giác ABC vuông. 2.(1 đi m). Có bao nhiêu s t nhiên có 4 ch s khác nhau và khác 0 mà trong m i s luôn luôn có m t hai ch s ch n và hai ch s l . Câu Vb 1..(2 đi m)Trong không gian v i h t a đ Oxyz cho đi m A(10; 2; -1) và đư ng th ng d có x −1 y z −1 phương trình = = . L p phương trình m t ph ng (P) đi qua A, song song v i d và 2 1 3 kho ng cách t d t i (P) là l n nh t. 2.(1 đi m) Xét ba s th c không âm a, b, c th a mãn a2009 + b2009 + c2009 = 3. Tìm giá tr l n nh t c a bi u th c P = a4 + b4 + c4 ……………………H t…………………… HƯ NG D N GI I I:PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH (7,0 đi m) 1 GV:Mai-Thành LB Đ THI TH Đ I H C CAO Đ NG
  2. CõuI:)(2 đi m) 1.(h c sinh t kh o s t hàm s ) 2)Hoành đ giao đi m c a đ th (C ) và đư ng th ng d là nghi m c a phương trình 2x + 1  x ≠ −2 = −x + m ⇔  2 x+2  x + (4 − m) x + 1 − 2m = 0 (1) Do (1) có ∆ = m 2 + 1 > 0 va (−2) 2 + (4 − m).(−2) + 1 − 2m = −3 ≠ 0 ∀m nên đư ng th ng d luôn luôn c t đ th (C ) t i hai đi m phân bi t A, B Ta có yA = m – xA; yB = m – xB nên AB2 = (xA – xB)2 + (yA – yB)2 = 2(m2 + 12) suy ra AB ng n nh t ó AB2 nh nh t ó m = 0. Khi đó AB = 24 Cõu II:)(2 đi m) 1)(1 đi m).Phương trình đã cho tương đương v i 9sinx + 6cosx – 6sinx.cosx + 1 – 2sin2x = 8 ó 6cosx(1 – sinx) – (2sin2x – 9sinx + 7) = 0 ó 6cosx(1 – sinx) – (sinx – 1)(2sinx – 7) = 0 ó (1-sinx)(6cosx + 2sinx – 7) = 0 1 − sin x = 0 π ó  ó x = + k 2π 6 cos x + 2 sin x − 7 = 0 (VN ) 2 2x2 + x − 1 3 2) (1 đi m).T nh: I = ∫ dx Đ t x + 1 = t ⇔ x = t 2 − 1 => dx=2tdt; khi 0 x +1 x=0=>t=1,x=3=>t=2 ( ) ( ) 2 2 2 t 2 − 1 + t 2 −1 −1 2  4t 5  I =∫ ( 2tdt =2 ∫ 2t 4 − 3t 2 dt = ) − 2t 3  2 1 = 128 4 − − 16 + 2 = 124 − 14 = 54 1 t 1  5  5 5 5 5 Câu III (2 đi m). 1(1 đi m)..BG: Gi i b t phương tr nh: 2 x + 10 ≥ 5 x + 10 − x − 2 (1) *Đi u ki n: x ≥ 2 (1) ⇔ 2 x + 10 + x − 2 ≥ 5 x + 10 ⇔ 2 x 2 + 6 x − 20 ≥ x + 1(2) Khi x ≥ 2 => x+1>0 b nh phương 2 v phương tr nh (2) (2) ⇔ 2 x 2 + 6 x − 20 ≥ x 2 + 2 x + 1 ⇔ x 2 + 4 x − 11 ≥ 0 ⇔ x ∈ ( −∞; −7 ] ∪ [3; +∞ ) K t h p đi u ki n v y nghi m c a b t phương tr nh là: x ≥ 3 2. (1 đi m).T gi thi t bài toán ta th y có C 52 = 10 cách ch n 2 ch s ch n (k c s có ch s 0 đ ng đ u) và C 53 =10 cách ch n 2 ch s l => có C 52 . C53 = 100 b 5 s đư c ch n. M i b 5 s như th có 5! s đư c thành l p => có t t c C 42 . C 53 .5! = 12000 s . M t khác s các s đư c l p như trên mà có ch s 0 đ ng đ u là C 4 .C 53 .4!= 960 . 1 V y có t t c 12000 – 960 = 11040 s th a mãn bài toán II.Ph n riêng.(3đi m) Câu Va : 1)(2 đi m)T pt c a đư ng tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, t A k đư c 2 ti p tuy n AB, AC t i đư ng tròn và AB ⊥ AC => t giác ABIC là hình vuông c nh b ng 3 ⇒ IA = 3 2 m −1 m = 5 ⇔ = 3 2 ⇔ m −1 = 6 ⇔  2 m = 7 2. (1 đi m)T gi thi t bài toán ta th y có C 42 = 6 cách ch n 2 ch s ch n (vì không có s 0)và C 52 = 10 cách ch n 2 ch s l => có C 42 . C 52 = 60 b 4 s th a mãn bài toán M i b 4 s như th có 4! s đư c thành l p. V y có t t c C 42 . C52 .4! = 1440 s 2 GV:Mai-Thành LB Đ THI TH Đ I H C CAO Đ NG
  3. Câu Vb 1)(2 đi m)G i H là hình chi u c a A trên d, m t ph ng (P) đi qua A và (P)//d, khi đó kho ng cách gi a d và (P) là kho ng cách t H đ n (P). Gi s đi m I là hình chi u c a H lên (P), ta có AH ≥ HI => HI l n nh t khi A ≡ I V y (P) c n tìm là m t ph ng đi qua A và nh n AH làm véc tơ pháp tuy n H ∈ d ⇒ H (1 + 2t ; t;1 + 3t ) vì H là hình chi u c a A trên d nên AH ⊥ d ⇒ AH .u = 0 (u = (2;1;3) là vtcp c a ( d) ⇒ H (3;1;4) ⇒ AH (−7;−1;5) V y (P): 7(x -10) + (y- 2) -5(z + 1) = 0 ó 7x + y -5z -77 = 0 2). (1 đi m)áp d ng b t đ ng th c Cô si cho 2005 s 1 và 4 s a2009 ta có 1 +4+ ... + 1 + a 2009 + a 2009 + a 2009 + a 2009 ≥ 2009.2009 a 2009 .a 2009 .a 2009 .a 2009 = 2009.a 4 (1) 1 1 24 3 2005 Tương t ta có 1 +4+ ... + 1 + b 2009 + b 2009 + b 2009 + b 2009 ≥ 2009.2009 b 2009 .b 2009 .b 2009 .b 2009 = 2009.b 4 (2) 1 1 24 3 2005 1 +4+ ... + 1 + c 2009 + c 2009 + c 2009 + c 2009 ≥ 2009.2009 c 2009 .c 2009 .c 2009 .c 2009 = 2009.c 4 (3) 1 1 24 3 2005 6015 + 4(a 2009 + b 2009 + c 2009 ) ≥ 2009(a 4 + b 4 + c 4 ) C ng theo v (1), (2), (3) ta đư c ⇔ 6027 ≥ 2009(a 4 + b 4 + c 4 ) T đó suy ra P = a 4 + b 4 + c 4 ≤ 3 T i a = b = c = 1 thì P = 3 nên giá tr l n nh t c a P = 3. ……………………H t…………………… 3 GV:Mai-Thành LB Đ THI TH Đ I H C CAO Đ NG
Đồng bộ tài khoản