Thử sức trước kỳ thi đại học 2008-2009 - Môn Toán khối A & B

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

0
71
lượt xem
13
download

Thử sức trước kỳ thi đại học 2008-2009 - Môn Toán khối A & B

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

Tham khảo tài liệu 'thử sức trước kỳ thi đại học 2008-2009 - môn toán khối a & b', 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: Thử sức trước kỳ thi đại học 2008-2009 - Môn Toán khối A & B

  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