ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT III MÔN TOÁN-KHỐI B

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học đợt iii môn toán-khối b', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT III MÔN TOÁN-KHỐI B

gigaboyht@yahoo.com.vn sent to http://laisac.page.tl Trường PTTH chuyên Lê Qúy Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT III MÔN TOÁN-KHỐI B Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG(7đ) (cho tất cả các thí sinh) Câu I (2 đ) 2x  3 1. khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số: y  x2 2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C ) tại hai đ iểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau. Câu II (3đ) 1. Giải phương trình: 4(cos 6 x  sin 6 x)  cos 4 x  sin 2 x  1  0  y 2  2 y x 2  1  26  x 2 2. Giải hê phương trình:  2  y  y x 2  1  10  2 1  2 1  0.25 x 2 )dx 3. Tính tích phân: I  ( 1 | 1  x | 0 Câu III (1đ): Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a; AC = 2a; AA1 =2a 5 và ˆ BAC  120o ; M là trung điểm cạnh CC1. Chứng minh MB  MA1 và tính kho ảng cách từ A đến mặt phẳng (A1BM) Câu IV : (1đ): Cho ba số a; b; c thoả mãn: a2 + b2 + c2 = 9 . Chứng minh rằng: 2 ( a + b + c) – abc  10 PHẦN RIÊNG ( Thí sinh chọn một trong hai phần sau) Phần I: (3đ) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C ): x 2  y 2  8 x  6 y  21  0 và đường thẳng (d): x + y -1=0. Xác định toạ độ các đỉnh hình vuông ABCD ngo ại tiếp đường tròn (C) biết A nằm trên (d).  x  1  2t  x  1  2s 2. Cho hai đường thẳng (d 1):  y  3  3t ; (d 2):  y  1  s và mặt phẳng (P): x    z  2t z  2  s   –2y+2z-1= 0. Tìm điểm M trên (d1) và điểm N trên (d2) sao cho MN song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng2 z4 +2z3-z2+2z+1=0 3. Giải phương trình tập số phức: PhầnII (3đ) 1 Trong mặt phăng Oxy cho đường tròn ( C): x 2 + y2 =1. Tìm tất cả các giá trị thực m để trên đường thằng y = m tồn tại đúng hai điểm phân biệt mà từ m ỗi điểm đó kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến bằng 600 2. Cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng x2 y2 z 3 x 1 y 1 z 1 . Viết phương trình đ ường ; (d 2 ) :     (d1 ) : 1 1 2 1 2 1 thẳng (d) đi qua A, vuông góc với (d1) và cắt (d2) 3. Giải bất phương trình: log 9 (3x 2  4 x  2)  1  log 3 (3x 2  4 x  2) -------------------------H ết------------------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI B PHẦN CHUNG: 1 TXĐ : D = R\{2} I lim y  ; lim y    x = 2 là tiệm cận đứng 0.25 x 2 x2  y=2 là tiệm cận ngang lim y  2; lim y  2 x   x   7  0; x  2  Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ;2) và y’ = ( x  2)2 0.25 (2; +  ); H àm số không đạt cực trị Lập đúng, đầy đủ BBT 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 cộng 1đ 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 2x  3  2 x  m  2 x 2  ( m  6) x  2m  3  0 (x = 2 không là nghiệm của p 0.25 x2 trình) (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau  (1) có hai nghiệm p hân biệt x1; x2 thoả mãn: y’(x1) = y’(x 2) hay 0.25 x1+x2=4   (m  6)2  8(2m  3)  0   6  m  m  2 0.5 4  2 cộng 1đ 6 6 II 1 4(cos x  sin x)  cos 4 x  sin 2 x  1  0 3 4 (1 - sin 2 2 x)  ( 1  2 sin 2 2 x)  sin 2 x  1  0 0.25 4 - 5 sin 2 2 x  sin 2 x  6  0 0.25 sin 2 x  1    x    k ; k  Z sin 2 x  6 (loai) 0.5 4  5  cộng 1đ 2 2 ( y  t )  25 ĐK: | x | 1 ; Đặt t = x 2  1; (t  0) ; hệ trở thành:  0.5  y ( y  t )  10  y  t  5  x   10 t  3     y  2 y  2 y  2  0.25  y  t  5  t  3 (loai)  y  2   y  2  Vậy nghiệm của hệ là: (x;y) = ( 10 ;2) và 0.25 ( x; y )  (  10 ;2) cộng 1đ 3 2 2 1 dx   2 1  0.25 x 2 dx I  0.25 0 1 | 1  x | 0
2 1 2 0.25 1 1 1 1 2  1 | 1  x | dx   2  x dx   x dx   ln | x  2 ||0  ln | x ||1  2 ln 2 0 0 1 2 x2     2 1  4 dx   (Đặt x= 2sin t; t  2 ; 2  ) 0.25   0 Vậy I = 2 ln2 -  0.25 cộng 1đ Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta có: BC2 = 7a2 III 0.25 A1B2 = AB2 + AA12 = 21 a2; MB2 = BC2 + CM2 = 12 a2 Ta có: MB2 + MA12 = 21 a2 = A1B2 nên MB  MA1 0.25 1 1  VA1 . ABC = S ABC . A A1= a 3 15 V = VABA M  VM . ABA 0.25 1 3 3 3V 6V a5 khoảng cách từ A đến mặt phẳng (MBA1) là:   0.25 S MBA1 MB.MA1 3 cộng 1đ G iả sử |c| = max| a |; | b |; | c |  c 2  3 IV Đ ặt P = 2 ( a + b + c) –abc = (a  b)2  c(2  ab)       Chọn: u  (a  b; c); v  (2;2  ab) . Ta có: u.v | u | . | v | . Dấu “=” xảy ra khi u ; v 0.5 cùng hướng. Suy ra: P2  (a  b)2  c 2 4  (2  ab)2   (9  2ab)8  4ab  (ab)2   2(ab)3  (ab) 2  20ab  72 P2 = (ab + 2)2(2ab – 7 ) +100  100 (Vì: 2ab  a 2  b 2  9  c 2  6  7 ) V ậy: P  10 0.5 D ấu = xảy ra khi chẳng hạn (a; b; c) = ( -1; 2; 2) cộng 1đ va 1 Đường tròn (C ) có tâm I(4;-3); b án kính R = 2 0.25 V ì I nằm trên (d), do đ ó AI là một đường chéo của hình vuông  x = 2 ho ặc x = 6 là hai tiếp tuyến của (C ) nên: Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 2  A(2; -1) 0.25 Hoặc A là giao điểm của (d) với đưòng thẳng: x = 6  A(2; -1) V ới A(2;-1) thì C(6;-5); hai đỉnh kia là (2;-5) ; (6;-1) 0.25 V ới A(6;-5) thì C(2;-1) ; hai đỉnh kia là: (6;-1); (2;-5) 0.25 cộng 1đ 2 Ta có: M (1+2t; 3-3t;2t); N( 1+2s; -1+s; 2-s)  . 0.25  MN  2s  2t ; s  3t  4; s  2t  2)  (P) có VTPT nP  (1;2;2) 0.25 Ta có:  MN .nP  0 6t  s  6  0 t  0 t  1        | (1  2t )  2(3  3t )  4t  1 | | 12t  6 | 6 s  6 s  0 d ( M /( P))  2 3  0.25 */ t = 0; s = 6  M(1; 3; 0); N(13;5;-4) 0.25 */ t = 1; s = 0  M(3; 0;2); N(1; -1; 2) cộng 1đ
2 1 1 1 1 z4 +2z3-z2+2z+1=0  z 2 ( z 2   )  2( z  )  1  0  ( z 2  2 )  2( z  )  1  0  2 0.25 z z z z   (z = 0 không là nghiệm của p trình) w  1 1 Đ ặt w  z  ; phương trình trên trở thành: w2 + 2w – 3 =0   0.25  w  3 z 1 1  3i 2 z   1  z  z  1  0  z  z 2  0.25 1 3 5 2  z   3  z  3 z  1  0  z   z 2 1  3i 3 5 0.25 V ậy p hương trình có bốn nghiệm: z  ; z 2 2 cộng 1đ IV 1 Đ ường tròn tâm O(0;0); bán kính R = 1 G iả sử PA; PB là hai tiếp tuyến của đường tròn (A; B là hai tiếp điểm) b 0.25 ˆ TH 1: APB  600  OP  2  P thuộc đường tròn (C1) tâm O; bán kính R = 2 2 ˆ TH 2: APB  1200  OP   P thuộc đường tròn (C2) tâm O;bán kính R = 3 0.25 2 3 Đương thẳng y = m thoả mãn yêu cầu b ài toán khi nó cắt (C1) tại hai đ iểm 0.25 phân biệt và không có đ iểm chung với (C2) 2 2 Vậy các giá trị m thoả mãn bài toán là:  2  m  và m2 0.25 3 3 cộng 1đ  2 (d1) có vtcp là: u  (2;1;1) , B là giao điểm của (d) với (d 2) thì:  0.25 B( 1  t;1  2t ;1  t )  AB  (t ;2t  1; t  4)  (d)  (d1 )  AB.u1  0  t  1 0.5  V ậy (d) qua A(1;2;3) có VTCP AB  (1;3;5) nên phương trình là: 0.25 x 1 y  2 z  3   3 5 1 cộng 1.đ 3 BPT tương đương với log9 (3x 2  4 x  2)  1  2 log9 (3x 2  4 x  2) Đ ặt t = log 9 (3x 2  4 x  2) ; t  0 . BPT trở thành: t + 1 >2t2 0.25 1  2t 2  t  1  0  0.25  t 1 2  x  1  7   3  x  1  x   1 log 9 (3 x 2  4 x  2)  0 3 x 2  4 x  2  1      2    0.5  3  2  1  x  1 3 x  4 x  2  9 log 9 (3 x  4 x  2)  1   7  3    x 1 3  cộng 1đ