Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Thoại Ngọc Thầu (2011-2012)

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

49
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Thoại Ngọc Thầu (2011-2012) dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT chuyên Thoại Ngọc Thầu (2011-2012)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THOẠI NGỌC HẦU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 AN GIANG Môn TOÁN – Khối A,B,D Thời gian làm bài 150 phút, không kể phát đề A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 - 4 ( m - 1) x 2 + 2m - 1 có đồ thị ( C ) m 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số khi m = . 2 b) Xác định tham số m để (Cm có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. ) Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình (1 - tan x )(1 + sin 2 x ) = (1 + tan x ) . ì( x 2 + 1 ) + y( y + x ) = 4 y ï b) Giải hệ phương trình trên tập số thực: í 2 2 ï( x + 1 ).y( y + x - 2 ) = y î 2 Câu III (1 điểm) Giải phương trình: x + 1 + 1 = 4 x + 3 x Câu IV (1 điểm) Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh 1 AB và CD lấy lần lượt các điểm M, N sao cho BM = CN = x. Xác định ví trí điểm M sao cho a khoảng cách giữa hai dường thẳng A1 C và MN bằng . 3 Câu V (1 điểm) Cho a,b,c>0 thỏa điều kiện abc=1. Chứng minh rằng: a b c + + ³ 1 1 + b + c 1 + c + a 1 + a + b B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VI.a (2 điểm) Trong hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng: d1 : 2 x + y - 3 = 0; d 2 : 3 x + 4 y + 5 = 0; d 3 : 4 x + 3 y + 2 = 0 a) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d và tiếp xúc với d và d 1 2 3 uuuu r uuur r b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d và điểm N thuộc d sao cho OM + 4ON = 0 1 2 Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình sau: C1 + 6Cx2 + 6Cx = 9 x 2 - 14 x x 3 Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VI.b (2 điểm) a) Viết phương trình đường tròn ( C ) có tâm I thuộc ( D ) : 3 x + 2 y - 2 = 0 và tiếp xúc với hai đường thẳng ( d1 ) : x + y + 5 = 0 và ( d 2 ) : 7 x - y + 2 = 0 b) Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E) có tiêu điểm thứ nhất là ( - 3;0) và đi qua điểm 4 33 M (1; ) .Viết phương trình chính tắc của elip (E) 5 Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau: 7 C1 + Cx2 + Cx = x x 3 2 HẾT Cản ơn nguyenhongtam18@gmail.com gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 Câu I 2 điểm a) Với m = 2 hàm số trở thành y = x 4 - 2 x 2 + 2 . · Tập xác định: Hàm số có tập xác định D = R. 0,25 é x = 0 · Sự biến thiên: y' = 4 x 3 - 4 x. Ta có y' = 0 Û ê ë x = ±1 · yCD = y ( 0 ) = 2; yCT = y ( 2 ) = - . 2 0,25 · Bảng biến thiên: x -¥ 1 0 1 +¥ y' - 0 + 0 - 0 + +¥ 2 +¥ y 0,25 1 1 · vẽ đồ thị 8 6 4 2 15 10 5 5 10 15 0,25 2 4 6 8 · Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy b) Xác định m để (Cm) có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều. · Ta có y¢ = 4 x3 - 8 ( m - 1) x = 4 x ( x 2 - 2 ( m - 1 ) . ) 0,25 é x = 0 ¢ · y = 0 Û ê 2 nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1 ë x = 2 ( m - 1 ) 0,25 · Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là: A ( 0; 2m - 1) ,B ( ) ( ) 2 ( m - 1) ; -4 m2 + 10 m - 5 ,B - 2 ( m - 1) ; -4m 2 + 10m - 5 . Ta có: 4 AB 2 = AC 2 = 2 ( m - 1) + 16 ( m - 1 ) 0,25 BC 2 = 8 ( m - 1 ) · Điều kiện tam giác ABC đều là AB = BC = CA Þ AB 2 = BC 2 = CA2
4 Þ 2 ( m - 1) + 16 ( m - 1) = 8 ( m - 1 ) é m = 1 é m - 1 = 0 Þê 3 Þê 3 3 ê ë8 ( m - 1) = 3 ê m = 1 + ê ë 2 3 3 · So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra m = 1 + : 0,25 2 Câu II 2 điểm a) Giải phương trình (1 - tan x )(1 + sin 2 x ) = (1 + tan x ) . π · Điều kiện: x ¹ + kπ ,k Î Z 2 0, 25 étan x = -1 · Biến đổi phương trình về dạng ( sin x + cos x )(1 - cos2 x ) = 0 Û ê . 0,5 ë os2 x = 1 c p · Do đó nghiệm của phương trình là: x = - + kp ,x = kp ; k Î Z 4 0,25 ì( x 2 + 1 ) + y( y + x ) = 4 y ï b) Giải hệ phương trình trên tập số thực: í 2 2 ï( x + 1 )y( y + x - 2 ) = y î ì( x 2 + 1) + y ( y + x - 2 ) = 2 y 0,25 ï · Viết lại hệ dưới dạng: í ï( x + 1) y ( y + x - 2 = y 2 î ) 2 ìu + v = 2 y · Đặt u = x 2 + 1 và v = y( y + x - 2 ) ; hệ trở thành: í 2 nên u,v là nghiệm của 0,25 î = y uv 2 2 phương trình X - 2 yX + y = 0 Û X = y ì x2 + 1 = y ì x 2 + 1 = y Nên í Ûí 0,25 î y ( y + x - 2) = y î y = 3 - x Û ( x; y ) = (1;2);( - 2;5) .Vậy hệ có 2 nghiệm như trên. 0,25 Câu III Giải phương trình: x + 1 + 1 = 4 x 2 + 3 x 1đ Điều kiện: x ³ 0 0,25 2 Pt Û 4 x - 1 + 3 x - x + 1 = 0 2 x - 1 0,25 Û (2 x + 1)(2 x - 1) + = 0 3 x + x + 1 æ 1 ö Û (2 x - 1) ç 2 x + 1 + ÷ = 0 0,25 è 3 x + x + 1 ø 1 Û 2 x - 1 = 0 Û x = 0,25 2 Câu IV 1 điểm
D1 C1 A1 B1 D C N A M B · Ta có MN / / BC Þ MN / / ( A1 BC ) Þ d ( MN , A1C ) = d ( MN ,( A1 BC ) ) 0,25 x 2 0,25 · Gọi H = A1 B Ç AB1 và MK / / HA,K Î A1 B Þ MK = . 2 · Vì A1 B ^ AB1 Þ MK ^ A1 B và CB ^ ( ABB1 A1 ) Þ CB ^ MK . 0,25 · Từ đó suy ra MK ^ ( A1 BC ) Þ MK = d ( MN ,( A1 BC ) ) = d ( MN , A1 C ) a x 2 a a 2 a 2 0,25 · Nên MK = Þ = Þ x = . Vậy M thỏa mãn BM = 3 2 3 3 3 Cho a,b,c>0 thỏa điều kiện abc=1. Chứng minh rằng: 1đ Câu V a b c + + ³ 1 1 + b + c 1 + c + a 1 + a + b 3 ( a + b + c 2 ) · Ta có a + b + c ³ 3 abc = 3 Þ a + b + c £ (1) 0,25 3 ( a + b + c ) 2 ³ 3( ab + bc + ca ) · Ta có 2(a + b + c 2 ) Þ 2( ab + bc + ca ) £ (2) 0,25 3 · Khi đó: a b c a2 b2 2 c + + = + + 1 + b + c 1 + c + a 1 + a + b a + ab + ac b + bc + ba c + ca + cb ( a + b + c )2 2 ( a + b + c ) ³ ³ = 1 (do (1),(2)) 0,5 ( a + b + c ) + 2 ab + bc + ca ) ( a + b + c )2 2 a + b + c ) ( ( 2 + 3 3 · Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 Câu VI.a Chương trình nâng cao 2đ · Gọi I Î d1 là tâm đường tròn, thì I (t ;3 - 2t ) 0,25 a) 3t + 4(3 - 2t ) + 5 4t + 3(3 - 2t ) + 2 · Khi đó: = 0,25 5 5 é -5t + 17 = -2t + 11 ét = 2 0,25 Ûê Ûê ë -5t + 17 = 2t - 11 t ë = 4
· Vậy có hai đường tròn thỏa mãn: 49 9 ( x - 2) 2 + ( y + 1) 2 = 2 2 và ( x - 4) + ( y + 5) = 0,25 25 25 b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d và điểm N thuộc d 2 1 3 x + 5 2 · Do M Î d1 & N Î d 2 nên M ( x1 ;3 - 2 x1 ); N ( x2 ; - ) 0,25 4 ì 8 uuuu r uuur ur ì x1 + 4 x = 0 ï x = - 1 2 ï 5 OM + 4 = O Û í ON Ûí 0,5 î3 - 2 x1 - (3 x + 5) = 0 2 ï x = 2 ï 2 5 î æ 8 31 ö æ 2 31 ö Vậy M ç - ; ÷ và N ç ; - ÷ è 5 5ø è 5 20 ø 0,25 Câu Chương trình nâng cao 1đ VII.a 1 2 3 2 0,25 · Ta có Cx + 6Cx + 6Cx = 9 x - x Điều kiện x ³ 3, x Î N 14 2 · pt Û x + 3 x ( x - 1) + x ( x - 1)( x - 2) = 9 x - 14 x Û x 2 - 9 x + 14 = 0 Û x = 2 Ú x = 7 0,5 · So với đkiện pt có nghiệm x = 7 0,25 CâuVI.b Chương trình cơ bản 2đ ì x = 2t + 2 · Đưa ( D ) về dạng tham số ( D ) : í ; t Î R . 0,25 a) î y = -3t - 2 · Gọi I ( 2t + 2; -3t - 2 ) Î ( D ) và R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn. -t + 5 17t + 18 · Từ đk tiếp xúc suy ra d ( I ; ( d1 ) ) = d ( I ; ( d 2 ) ) = R Þ = = R 0,5 2 5 2 é 7 é 103 é -5t + 25 = 17t + 18 êt = 22 ê R = 22 2 Þê Þê Þê ë5t - 25 = 17t + 18 êt = - 43 ê R= 103 ê ë 12 ê ë 22 2 · Từ đó dẫn đến 2 đáp số của bài toán là: 2 2 2 2 2 2 æ 58 ö æ 65 ö æ 103 ö æ 62 ö æ 105 ö æ 103 ö çx- ÷ +çy+ ÷ =ç ÷ và ç x + 12 ÷ + ç y - 12 ÷ = ç ÷ 0,25 è 22 ø è 22 ø è 22 2 ø è ø è ø è 22 2 ø · (E) có tiêu điểm F ( - 3;0) nên c = - 3 0,25 b) x 2 y 2 · Phương trình chính tắc của elip (E) có dạng 2 + 2 = 1 a b 4 33 1 528 · Ta có: M (1; ) Î (E) Þ 2 + 2 = 1 (1) và a 2 = b 2 + 3 5 a b 25 Thay vào (1) ta được: 1 528 2 + 2 = 1 Û 25b 4 - 478b 2 - 1584 = 0 Û b 2 = 22 b + 3 25 b 0,5
Þ a 2 = 25 x 2 y 2 · Vậy Phương trình chính tắc của elip (E) là + = 1 0,25 25 22 CâuVII.b Chương trình cơ bản 1đ 1 2 3 7 · Ta có: C x + C x + C x = x Điều kiện x ³ 3, x Î N 0,25 2 x ( x - 1) x( x - 1)( x - 2) 7 x Û x + + = 2 6 2 Pt Û 6 + 3( x - 1) + ( x - 1)( x - 2) = 21 Û x 2 = 16 Û x = 4 Ú x = - 4 0,5 · So với điều kiện ta được x = 4 0,25