Thi thử ĐH môn Toán_THPT Thành Chương I

Chia sẻ: Nhan Tai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
72
lượt xem
17
download

Thi thử ĐH môn Toán_THPT Thành Chương I

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

Tham khảo tài liệu 'thi thử đh môn toán_thpt thành chương i', 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: Thi thử ĐH môn Toán_THPT Thành Chương I

  1. TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = -x3+3x2+1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số 2. Tìm m để phương trình x3-3x2 = m3-3m2 có ba nghiệm phân biệt. Câu II (2,0 điểm ). x4 x4 1. Giải bất phương trình:  x  x 2  16  6 2 1 2.Giải phương trình: 3 sin 2 x  sin 2 x  tan x 2 Câu III (1,0 điểm). ln 3 e 2 x dx Tính tích phân: I   x x ln 2 e  1  e  2 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC= a 2 . Đáy là tam giác ABC cân  BAC  1200 , cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu V (1,0 điểm). Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:  a3  b3  c3   a13  b13  c13   3  b  c  c  a  a  b      2 a  b c   II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a(2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và điểm A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với (C) tại T1, T2, viết phương trình đường thẳng T1T2. 2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S): x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  2 z  3  0 Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với (S) tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P). Câu VII.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều kiện: z  i  z  2  3i . Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun nhỏ nhất. B. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b(2,0 điểm)
  2. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B thuộc đường thẳng d: 2 2 x  y  2 2  0 và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0), C(0;-1;-2). Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác ABC. Câu VII.b(1,0 điểm). x2  x  m Cho hàm số (Cm): y  (m là tham số). Tìm m để (Cm) cắt Ox tại hai điểm phân x 1 biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (Cm) tại A, B vuông góc. ..……………………….Hết…………………………
  3. KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN Câu Nội Dung Điểm I.1 * TXĐ: R (1 điểm) Sự biến thiên:y' = -3x2 + 6x = -3x(x - 2) 0,25 x  0 y' = 0   x  2 * Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞) Hàm số đồng biến trên (0;2) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 5 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 1 * lim y = + ∞, lim y = - ∞ x x * Bảng biến thiên * Đồ thị: y'' = -6x + 6 y'' = 0  x = 1  điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị 0,25 0,25 I.2 * PT đã cho  -x3 + 3x2 + 1 = -m3 + 3m2 + 1. Đặt k = -m3 + 3m2 + 1 0,25 (1 điểm) * Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k. 0,25 * Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt  1 < k < 5 0,25 *  m  (-1;3)\ 0; 2 . 0,25 II.1 x  4  0 (1 điểm) * Đk:   x  4. Đặt t = x  4  x  4 (t > 0) x  4  0 0,25 t  2( L) BPT trở thành: t2 - t - 6  0   t  3  x  4  (a )  9 - 2x  0 0,25 * Với t  3  2 x 2  16  9 - 2x  x  4   9 - 2x  0 ( b)  2 2  4( x  16)  (9  2 x) 0,25
  4. 9 * (a)  x  . 2 145 9 0,25 * (b)  x< . 36 2 145  *Tập nghệm của BPT là: T=  ;    36  II.2  0,25 (1 điểm) * Đk: cosx  0  x   k . 2 s inx PT đã cho  3 sin2 x + sinxcosx - =0 cos x 0,25 1 *  sinx( 3 sinx + cosx - )=0 cos x s inx  0    3 s inx  cos x  1  0 0,25  cosx * Sinx = 0  x = k  . 1 1 0,25 * 3 sinx + cosx - = 0  3 tanx + 1 - =0 cos x cos2 x  t anx  0  x  k 2  tan x - 3 tanx = 0     t anx  3  x    k  3  Vậy PT có các họ nghiệm: x = k  , x =  k 3 III. * Đặt t = e x  2 , Khi x = ln2  t = 0 0,25 (1 điểm) x = ln3  t = 1 x 2 2x 0,25 e = t + 2  e dx = 2tdt 1 1 (t 2  2)tdt 2t  1 0,25 * I = 2 2 = 2  (t  1  2 )dt 0 t  t 1 0 t  t 1 1 1 d (t 2  t  1) * = 2  (t  1)dt + 2  0 0 t2  t 1 * = (t 2  2t ) 1 + 2ln(t2 + t + 1) 1 = 2ln3 - 1 0,25 0 0 IV. 2a 0,25 (1 điểm) * Áp dụng định lí cosin trong  ABC có AB = AC = 3 1 a2 3  S = AB.AC.sin1200 = . Gọi H là hình chiếu của S ABC 2 3 lên (ABC), theo gt: SA = SB = SC  HA = HB = HC
  5.  H là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC. BC 2a * Theo định lí sin trong  ABC ta có: = 2R  R = = HA 0,25 sin A 3 a 6  SHA vuông tại H  SH = SA2  HA2 = 3 2 1 a 2  V = S .SH = S . ABC 3 ABC 9 * Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC) 0,25 h SM 1 1  M    hM = hA . hA SA 2 2  SBC vuông tại S  S = a2 SBC 0,25 1 3VS . ABC a 2 * Lại có: V = S .hA  hA = = S . ABC 3 SBC VSBC 3 a 2 Vậy hM = d(M;(SBC)) = 6 V * Ta cm với a, b > 0 có a3 + b3  a2b + ab2 (*) 0,25 (1 điểm) Thật vậy: (*)  (a + b)(a2 -ab + b2) - ab(a + b)  0  (a + b)(a - b)2  0 đúng Đẳng thức xẩy ra khi a = b. * Từ (*)  a3 + b3  ab(a + b) b3 + c3  bc(b + c) 0,25 c3 + a3  ca(c + a)  2(a + b + c3 )  ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) 3 3 (1) * Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có: 1 1 1 1 1 1 3 0,25 3 + 3 + 3  33 3 3 3 = (2) a a a a b c abc * Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c. 0,25 VI.a.1 * Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2. 0,25 (1 điểm) Ta có IA = 2 5 > R  A nằm ngoài đường tròn (C) * Xét đường thẳng 1 : x = 4 đi qua A có d(I; 1 ) = 2  1 là 1 tiếp 0,25 tuyến của (C) 0,25 * 1 tiếp xúc với (C ) tại T1(4;1)  1  * T1T2  IA  đường thẳng T1T2 có vtpt n = IA =(1;2) 2 0,25 phương trình đường thẳng T1T2 : 1(x - 4) + 2(y - 1)  x + 2y - 6 = 0
  6.  VI.a.2 * Mp(P) có vtpt n P = (1;1;-2). 0,25 (1 điểm) (S) có tâm I(1;-2;-1)    * IA = (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng  là u      0,25  tiếp xúc với (S) tại A  u   IA    Vì  // (P)  u   n P       0,25 * Chọn u 0 = [ IA , n P ] = (-4;6;1)  x  3  4t 0,25  * Phương trình tham số của đường thẳng  :  y  1  6t z  1 t  VII.a * Đặt z = x + yi (x; y  R) 0,25 (1 điểm) |z - i| = | Z - 2 - 3i|  |x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i| *  x - 2y - 3 = 0  Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là 0,25 đường thẳng x - 2y - 3 = 0   0,25 * |z| nhỏ nhất  | OM | nhỏ nhất  M là hình chiếu của O trên  3 6 3 6 *  M( ;- )  z = - i 0,25 5 5 5 5 Chú ý: HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M VI.b.1 * B = d  Ox = (1;0) 0,25 (1 điểm) Gọi A = (t;2 2 t - 2 2 )  d H là hình chiếu của A trên Ox  H(t;0) H là trung điểm của BC. * Ta có: BH = |t - 1|; AB = (t  1)2  (2 2t  2 2)2  3|t - 1| 0,25  ABC cân tại A  chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| t  3 0,25 *  16 = 8|t - 1|    t  1 4 2 * Với t = 3  A(3;4 2 ), B(1;0), C(5;0)  G( 3 ; ) 3 0,25 4 2 Với t = -1  A(-1;-4 2 ), B(1;0), C(-3;0)  G( 1 ; ) 3 VI.b.2 * Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của  ABC 0,25 (1 điểm)  d là tuyến của (ABC) với (  ) qua A và vuông góc với BC. giao     * Ta có: AB = (1;3;-3), AC = (-1;1;-5) , BC = (-2;-2;-2)
  7.    [ AB , AC ] = (18;8;2)  1    0,25 mp(ABC) có vtpt n = [ AB , AC ] = (-3;2;1). 4  1   mp(  ) có vtpt n ' = - BC = (1;1;1) 2       * Đường thẳng d có vtcp u =[ n , n ' ] = (1;4;-5). 0,25 x  1 t  0,25 * Phương trình đường thẳng d:  y  2  4t  z  3  5t  VII.b * Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) với Ox: 0,25 (1 điểm) x2  x  m x 2  x  m  0 =0   x 1 x  1 (Cm) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt  pt f(x) = x2 - x + m = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1  1   0 m      4 (*)  f (1)  0 m  0  0,25 x  x  1 * Khi đó gọi x1, x2 là nghiệm của f(x) = 0   1 2 . x1x 2  m f '( x)( x  1)  ( x  1) '. f ( x ) Ta có: y' = ( x  1) 2  Hệ số góc tiếp tuyến của (Cm) tại A và B lần lượt là: f '( x1 )( x1  1)  f ( x1 ) f '( x1 ) 2 x1 0,25 k1 = y'(x1) = 2 = = ( x1  1) ( x1  1) x1  1 2 x2 * Tương tự: k1 = y'(x2) = ( do f(x1) = f(x2) = 0) x2  1 2 x1 2 x2 Theo gt: k1k2 = -1  . = -1 0,25 x1  1 x2  1 1 *  m = ( thoả mãn (*)) 5 GV: Nguyễn Thanh Phúc - ĐT: 038.8512668

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản