Đề thi thử Đại học và đáp án môn Toán năm 2009 - Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục (ĐỀ 01)

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

0
260
lượt xem
144
download

Đề thi thử Đại học và đáp án môn Toán năm 2009 - Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục (ĐỀ 01)

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

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học và đáp án môn toán năm 2009 - bám sát cấu trúc của bộ giáo dục (đề 01)', 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 và đáp án môn Toán năm 2009 - Bám sát cấu trúc của Bộ Giáo Dục (ĐỀ 01)

  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 

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản