Đề thi thử sức Đặng Thúc Hứa

Chia sẻ: Trần Bá Trung4 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
64
lượt xem
10
download

Đề thi thử sức Đặng Thúc Hứa

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

Đề thi thử sức Đặng Thúc Hứa giúp cho các em học sinh có thể tự học, tự ôn tập, luyện tập và tự kiểm tra đánh giá năng lực tiếp thu kiến thức, nâng cao khả năng vận dụng kiến thức của mình. Tác giả hy vọng tài liệu có ích cho các bạn tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử sức Đặng Thúc Hứa

  1. SỞ GD-ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA _____________________________________ THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI ĐH-CĐ NĂM 2008-2009 Đề thi môn : TOÁN . Khối : A - B Thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian giao đề ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I . (2,0 điểm ) Cho hàm số : y = x 3 + 3 x 2 + mx + 1 ( m là tham số ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D và E đồng thời các tiếp tuyến tại D và E vuông góc với nhau. Câu II . (2,0 điểm ) ⎧ 7x + y + 2x + y = 5 ⎪ 1. Giải hệ phương trình : ⎨ ⎪ 2 x + y + 20 x + 5 y = 38 ⎩ 2. Giải bất phương trình : l o g ( x 2 − x − 6 ) + x ≤ lo g( x + 2) + 4 Câu III . (1,0 điểm ) Tính tích phân : π 3 ⎛ sin 2 3x cos 2 3 x ⎞ I = ∫⎜ 2 − ⎟dx π ⎝ sin x cos 2 x ⎠ 4 Câu IV. (1,0 điểm ) Trên đường thẳng vuông góc tại A với mặt phẳng của hình vuông ABCD cạnh a ta lấy điểm S với SA = 2a . Gọi B’, D’ là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Mặt phẳng AB’D’ cắt SC tại C’ . Tính thể tích hình chóp SAB’C’D’. Câu V . (1,0 điểm ) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn điều kiện : x+y+z=1 xy yz xz 3 Chứng minh bất đẳng thức : + + ≤ xy + z yz + x xz + y 2 II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) 1. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ Ox, Oy ở A và B sao cho ABM là tam giác vuông cân tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C): ( x − 1) + ( y + 1) + z 2 = 11 và hai đường thẳng : 2 2 x y +1 z −1 x +1 y z = ( d1 ) : = ; ( d2 ) : = = . 1 1 2 1 2 1 Hãy viết phương trình chính tắc của đường thẳng qua tâm của (C) đồng thời cắt (d1) và (d2) . Câu VII.a (1,0 điểm) Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng : 0 Cn C1 Ck Cn n 1 1 + 2n + ... + k +n + ... + n +1 = 1 Cn + 2 C n + 3 Cn + k + 2 C2 n + 2 2 2. Theo chương trình Nâng cao . Câu VI.b ( 2,0 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(2; 3). Viết phương trình đường thẳng cắt hai trục toạ độ Ox, Oy ở A và B sao cho ABM là tam giác vuông cân tại B. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (C): ( x − 1) + ( y + 1) + z 2 = 11 và hai đường thẳng : 2 2 x y +1 z −1 x +1 y z = ( d1 ) : = ; ( d2 ) : = = . 1 1 2 1 2 1 Hãy viết phương trình các mặt phẳng tiếp xúc với (C) đồng thời song song với (d1) và (d2) . Câu VII.b (1,0 điểm )Cho n nguyên dương. Chứng minh rằng : 0 Cn C1 Ck Cn n 1 1 + 2n + ... + k +n + ... + n +1 = 1 Cn + 2 C n + 3 Cn + k + 2 C2 n + 2 2 ___________________________________Hết___________________________________ Chú ý : Thí sinh dự thi có thể download đáp án và thang điểm tại : http://k2pi.tk
  2. Phạm Kim Chung 0984.333.030 TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KỲ THI THỬ ĐH-CĐ LẦN I I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. Câu Nội dung Điểm I.1 Khi m = 3, hàm số đã cho trở thành : y = x 3 + 3 x 2 + 3 x + 1 • Tập xác định : R 0,25 • Sự biến thiên : Đạo hàm : y’ = 3x2+6x+3=3(x+1)2 ≥ 0, ∀ ∈ R Hàm số đã cho đồng biến trên R Giới hạn : 0,25 lim y = +∞; lim y = −∞; , hàm số đã cho không có tiệm cận. x →+∞ x →−∞ Bảng biến thiên : x -∞ -1 +∞ y’ + 0 + +∞ 0,25 y -∞ • Đồ thị : y y = x3 + 3x 2 + 3x + 1 Giao với Ox : A(-1;0) Giao với Oy : B(0;1) Đồ thị nhận điểm uốn U(-1;0) làm tâm đối xứng. 0,25 x O I.2 Xét phương trình : 1 = x3 + 3x 2 + mx + 1 ⇔ x ( x 2 + 3x + m ) = 0 (*) 0,25 copyright by : http://k2pi.violet.vn 1
  3. Phạm Kim Chung 0984.333.030 Đồ thị hàm số cắt đường thẳng y=1 tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có ba nghiệm phân biệt . Hay phương trình : x 2 + 3x + m = 0 có 2nghiệm phân biệt khác 0 ⎧m ≠ 0 ⎧ m≠0 ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ 9 (a) ⎩9 − 4m > 0 ⎪m < 4 0,25 ⎩ Giả sử D ( x D ; y D ) ; E ( x E ; y E ) , theo yêu cầu bài toán ta cần có : ( )( f ' ( x D ) .f ' ( x E ) = −1 ⇔ 3x 2 + 6x D + m 3x 2 + 6x E + m = −1 D E ) 0,25 Do xE , xD là nghiệm của phương trình : x + 3x + m = 0 , nên ta có : 2 9 ± 65 ( 3x D + 2m )( 3x E + 2m ) = −1 ⇔ 4m2 − 9m + 1 = 0 ⇔ m = ( tho¶ m·n (a) ) 0,25 8 II.1 Đặt : 7 x + y = a, 2 x + y = b (a, b ≥ 0) Lúc đó : 2a 2 + 3b 2 = 20 x + 5 y 0,25 Hệ đã cho trở thành : ⎡ ⎧b = 3 ⎢⎨ ⎢ ⎩a = 2 ⎧a + b = 5 ⎧a = 5−b ⎢ ⎨ ⇔⎨ 2 ⇔ ⎢⎧ b = 4 0,25 ⎩b + (2a + 3b ) = 38 ⎩5b − 19b + 12 = 0 2 2 ⎪ ⎢⎪⎨ 5 ⎢⎪ 21 ⎢ ⎪a = ⎣⎩ 5 ⎧b = 3 • Với ⎨ , thay trở lại ta có : ⎩a = 2 ⎧7 x + y = 4 ⎧ x = −1 0,25 ⎨ ⇔⎨ ⎩2 x + y = 9 ⎩ y = 11 ⎧ 4 ⎪b= 5 ⎪ Với ⎨ , thay trở lại ta có : ⎪a = 21 ⎪ ⎩ 5 ⎧ 441 ⎧ 17 0,25 ⎪7 x + y = 25 ⎪ ⎪ x= 5 ⎪ ⎨ ⇔⎨ ⎪ 2 x + y = 16 ⎪ y = − 154 ⎪ ⎩ 25 ⎪ ⎩ 25 II.2 ⎧ x2 − x − 6 > 0 0,25 Điều kiện xác định : ⎨ ⇔ x>3 ⎩ x+2>0 Với điều kiện đó ta có : 0,25 log( x 2 − x − 6) + x ≤ log ( x + 2 ) + 4 ⇔ log( x − 3) + x − 4 ≤ 0 Xét hàm số : f ( x) = log( x − 3) + x − 4 , ta có : copyright by : http://k2pi.violet.vn 2
  4. Phạm Kim Chung 0984.333.030 1 0,25 f '( x) = + 1 > 0, ∀x > 3 ( x − 3) ln10 Suy ra : f ( x) = log( x − 3) + x − 4 ≤ 0 ⇔ 3 < x ≤ 4 0,25 ( Do x = 4 là nghiệm của phương trình : f(x) = 0 ) III Ta có : sin 2 3 x cos 2 3x ( sin 3x.cos x − sinx.cos3x )( sin 3 x.cos x + sinx.cos3 x ) 4.sin 2 x.sin 4 x − = = = 8cos2 x sin 2 x cos 2 x sin 2 x.cos 2 x sin 2 2 x 0,5 Do đó : π π π 3 ⎛ sin 3x cos 3 x ⎞ 2 2 3 3 0,5 I = ∫⎜ − ⎟dx = 8∫ cos2 x.dx = 4.sin 2 x = 2 3 − 4 2 π ⎝ sin x 2 cos x ⎠ π π 4 4 4 IV AB ' ⊥ SB ⎫ Ta có : ⎬ ⇒ AB ' ⊥ SC , tương tự : AD ' ⊥ SC ⇒ SC ⊥ ( AB ' C ' D ' ) ⇒ SC ⊥ AC ' 0,25 AB ' ⊥ CB ⎭ Do tính đối xứng ( tự CM ) ta có : VSAB 'C ' D ' = 2VSAB 'C ' Áp dụng tính chất tỉ số thể tích cho 3tia SA,SB,SC ta có : VSAB 'C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC SA2 SA2 4a 2 4a 2 8 0,25 = . = . = 2. 2 = 2. 2 = VSABC SB SC SB 2 SC 2 SB SC 5a 6 a 15 1 a2 a3 8 a 3 8a 3 VSABC = . .2a = ⇒ VSAB 'C ' = . = 3 2 3 15 3 45 3 0,25 16a ⇒ VSAB 'C ' D ' = 45 (học sinh nêu và chứng minh tính chất tỉ số thể tích ) 0,25 V Cách 1 : Ta có : copyright by : http://k2pi.violet.vn 3
  5. Phạm Kim Chung 0984.333.030 xy xz xy yz xz yz 0,25 x+ y+ z = . + . + . =1 z y z x z x A yz B xz C xy 0,25 Suy ra luôn tồn tại tam giác ABC sao cho : tan = ; tan = ; tan = 2 z 2 y 2 z Lúc đó : xy yz xz xy yz xz 3 z + x + y 3 + + ≤ ⇔ ≤ 0,25 xy + z yz + x xz + y 2 xy +1 yz +1 xz +1 2 z x y Hay bài toán đã cho trở thành, chứng minh BĐT : C B A tan 2 tan 2 tan 2 +2 + 2 2 ≤3 C B A tan 2 + 1 tan 2 + 1 tan 2 + 1 2 2 2 2 0,25 A B C 3 ⇔ sin + sin + sin ≤ (dÔ CM) 2 2 2 2 Cách 2 : Ta có : xy + z = xy + z ( x + y + z ) = ( x + z )( y + z ) xy xy 1⎛ x y ⎞ Do đó : = ≤ ⎜ + ⎟ (1) xy + z ( x + z )( y + z ) 2 ⎝ x + z y + z ⎠ Hoàn toàn tương tự ta có : zy zy 1⎛ y z ⎞ = ≤ ⎜ + ⎟ (2) zy + x ( x + y )( x + z ) 2 ⎝ x + y x + z ⎠ zx zx 1⎛ z x ⎞ = ≤ ⎜ + ⎟ (3) zx + y ( z + y )( x + y ) 2 ⎝ z + y x + y ⎠ Cộng (1), (2), (3) theo từng vế ta có ĐPCM. II. PHẦN RIÊNG 1. Theo chương trình Chuẩn. Câu Nội dung Điểm VI.a.1 Giả sử : A ( a, 0 ) ; B ( 0, b ) , ta có : 0,25 AM = ( 2 − a,3) ; AB ( − a; b ) ; AM = (2 − a) 2 + 9 ; AB = a 2 + b 2 Theo bài ra ta có : ⎧ a (2 − a) ⎡⎧ a = 3 b= ⎢⎨ ⎧ AM . AB = 0 ⎪ 3b − a ( 2 − a ) = 0 ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎩b = −1 0,5 ⎨ ⇒⎨ ⇒⎨ 3 ⇒⎢ ⎢ ⎧a = −3 ⎪( 2 − a ) + 9 = a + b 2 ⎪ AM = AB 2 2 2 ⎩ ⎩ ⎪( 2 − a )2 + 9 = a ⎡( 2 − a )2 + 9 ⎤ ⎢⎨ ⎪ ⎩ 9 ⎣ ⎦ ⎢ ⎩ b = −5 ⎣ 0,25 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán : x − 3y − 3 = 0 và 5x + 3y + 15 = 0 copyright by : http://k2pi.violet.vn 4
  6. Phạm Kim Chung 0984.333.030 VI.a.2 Mặt cầu (C) có tâm : I (1; −1;0 ) Lấy điểm A thuộc (d1) : A(0; -1; 1) ⇒ AI = (1;0;1) 0,25 Mặt phẳng ( β ) chứa (d1) và I có véctơ pháp tuyến là : nβ = ⎡u1 ; AI ⎤ = ( −1;3; −1) ( Trong đó u1 (1;1; 2 ) là véctơ chỉ phương của (d1) ) ⎣ ⎦ Phương trình mặt phẳng ( β ) là : −1( x − 1) + 3 ( y + 1) − 1( z − 0 ) = 0 hay : − x + 3 y − z + 4 = 0 0,25 Toạ độ giao điểm B của ( β ) và (d2) là nghiệm của hệ : ⎧ 9 ⎪ x=−4 ⎧− x + 3 y − z + 4 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ 10 ⎛ 13 6 5 ⎞ ⎨ x +1 y z ⇒ ⎨ y = − . Do đó véctơ : BI = ⎜ ; ; ⎟ 0,5 ⎪ = = ⎪ 4 ⎝ 4 4 4⎠ ⎩ 1 2 1 ⎪ 5 ⎪ z=−4 ⎩ x −1 y +1 z Vậy phương trình đường thẳng IB là : = = 13 6 5 VII Ta có : 0,25 Cn k n! (k + 1)!(n + 1)! n !(n + 1)!(k + 1) = . = k +1 Cn + k + 2 (n − k )!k ! (n + k + 2)! ( n − k )!(n + k + 2)! ⎡ (2n + 1)! (2n + 1)! ⎤ 1⎡ n !(n + 1)! n !(n + 1)! ⎤ 1 ⎢ (n − k )!(n + k + 1)! (n − k − 1)!(n + k + 2)! ⎥ = ⎢ − = ⎢ − ⎥ 2 ⎣ (n − k )!(n + k + 1)! (n − k − 1)!(n + k + 2)!⎥ 2 ⎢ ⎦ (2n + 1)! (2n + 1)! ⎥ ⎢ ⎣ n !(n + 1)! n !(n + 1)! ⎥ ⎦ 0,25 1 ⎛ C −C n−k n − k −1 ⎞ = ⎜ 2 n +1 n 2 n +1 ⎟ (1) 2⎝ C2 n +1 ⎠ Đẳng thức (1) đúng với mọi k từ 0 đến n . Do đó : 0 C1 Ck n 1 1 + 2n + ... + k +n + ... + n +1 = . n ⎡( C2 n +1 − C2 n +1 ) + ( C2 n +1 − C2 n +1 ) + ... + ( C2 n +1 − C2 n +1 ) ⎤ Cn Cn n n −1 n −1 n−2 1 0 1 Cn + 2 C n + 3 1 Cn + k + 2 C2 n + 2 2 C2 n +1 ⎣ ⎦ 0,5 1 1 1 = . 1 .C2nn +1 = 2 C2 n +1 2 2. Theo chương trình nâng cao . Câu Nội dung Điểm VI.b.1 Giả sử : A ( a, 0 ) ; B ( 0, b ) , ta có : 0,25 BM = ( 2;3 − b ) ; BA ( a; − b ) ; BM = 4 + ( 3 − b ) ; BA = a 2 + b 2 2 Theo bài ra ta có : copyright by : http://k2pi.violet.vn 5
  7. Phạm Kim Chung 0984.333.030 ⎡ ⎧a = 1 0,5 ⎧ b (3 − b) a= ⎢⎨ ⎧ BM .BA = 0 ⎪ 2a − b ( 3 − b ) = 0 ⎪ ⎧ ⎪ ⎪ ⎩b = 2 ⎨ ⇒⎨ ⇒⎨ 2 ⇒⎢ ⎢ ⎧a = −5 ⎩4 + ( 3 − b ) = a + b 2 ⎪ BM = BA 2 2 2 ⎩ ⎪ ⎪ 4 + ( 3 − b ) 2 = b ⎡( 3 − b ) 2 + 4 ⎤ ⎢⎨ ⎪ ⎩ 4 ⎣ ⎦ ⎢ ⎩ b = −2 ⎣ 0,25 Vậy có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán : 2x + y − 2 = 0 và 2x + 5y + 10 = 0 VI.b.2 Ta có véctơ chỉ phương của (d1) : u (1;1; 2 ) ; Véctơ chỉ phương của (d2) : u (1; 2;1) 0,25 1 2 Mặt phẳng song song với (d1); (d2) có véctơ pháp tuyến : n = ⎡u1 ; u2 ⎤ = ( −3;1;1) ⎣ ⎦ 0,25 Phương trình của mặt phẳng này có dạng : −3 x + y + z + D = 0 (α ) Mặt phẳng (α ) tiếp xúc với mặt cầu : ( x − 1) + ( y + 1) + z 2 = 11 khi và chỉ khi : 2 2 ⎪d ( I ;(α ) ) = 11 ⎧ −3 − 1 + D ⎡ D = 15 0,25 ⎨ ⇔ = 11 ⇒ ⎢ ⎪ I (1; −1;0 ) ⎩ 11 ⎣ D = −7 Vậy mặt phẳng (α ) có dạng : 0,25 -3x+y+z+15=0 hoặc -3x+y+z-7=0 VII.b Ta có : Cn k n! (k + 1)!(n + 1)! n !(n + 1)!(k + 1) = . = 0,25 k +1 Cn + k + 2 (n − k )!k ! (n + k + 2)! ( n − k )!(n + k + 2)! ⎡ (2n + 1)! (2n + 1)! ⎤ 1⎡ n !(n + 1)! n !(n + 1)! ⎤ 1 ⎢ (n − k )!(n + k + 1)! (n − k − 1)!(n + k + 2)! ⎥ = ⎢ (n − k )!(n + k + 1)! − (n − k − 1)!(n + k + 2)!⎥ = ⎢ − ⎥ 2⎣ ⎦ 2⎢ (2n + 1)! (2n + 1)! ⎥ ⎢ ⎣ n !(n + 1)! n !(n + 1)! ⎥ ⎦ 0,25 1 ⎛ C n − k − C n − k −1 ⎞ = ⎜ 2 n +1 n 2 n +1 ⎟ (1) 2⎝ C2 n +1 ⎠ Đẳng thức (1) đúng với mọi k từ 0 đến n . Do đó : 0 C1 Ck n 1 1 + 2n + ... + k +n + ... + n +1 = . n ⎡( C2 n +1 − C2 n +1 ) + ( C2 n +1 − C2 n +1 ) + ... + ( C2 n +1 − C2 n +1 ) ⎤ Cn Cn n n −1 n −1 n−2 1 0 1 Cn + 2 C n + 3 1 Cn + k + 2 C2 n + 2 2 C2 n +1 ⎣ ⎦ 0,5 1 1 1 = . 1 .C2nn +1 = 2 C2 n +1 2 copyright by : http://k2pi.violet.vn 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản