ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Môn thi: TOÁN, Khối A - TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

95
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 1 môn thi: toán, khối a - trường thpt đoàn thượng', 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 LẦN 1 Môn thi: TOÁN, Khối A - TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2010 TỈNH HẢI DƯƠNG Môn thi: TOÁN, Khối A TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 + 6 x 2 + 9 x + 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có sáu nghiệm phân biệt log 1 x3 + 6 x 2 + 9 x + 3 = m 2 Câu II (2,0 điểm) 1) Tìm các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm. (1 − m) sin x − cos x = m 1 + 2 cos 2 x 1 1 > 2) Giải bất phương trình: . 2 x 2 + 3x − 5 2 x − 1 Câu III (1,0 điểm) x , trục Ox và đường thẳng x = 1 . Tính thể Cho hình phẳng D giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x +3 2 tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay D quanh trục hoành. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có cạnh SA = x, tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể tích đó lớn nhất. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc + a + c = b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 3 −2 +2 P= 2 a +1 b +1 c +1 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 và các đỉnh A(3 ; -5), B(4 ; -4). Biết rằng trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng 3 x − y − 3 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C. 2) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng (P): 3 x − 8 y + 7 z − 6 = 0 và hai điểm A (1;1; −3) , B(3;1; −1) . Tìm tọa độ điểm C thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABC đều. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho A và B là hai điểm trong mặt phẳng phức lần lượt biểu diễn các số phức z1 và z2 khác không thỏa mãn z12 + z2 2 = z1 z2 . Chứng minh rằng tam giác OAB đều (O là gốc tọa độ). B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4, các đỉnh A(2 ; 2), B(-2 ; 1). Tìm tọa độ đỉnh C và D biết rằng giao điểm của AC và BD thuộc đường thẳng x − 3 y + 2 = 0 x −1 y + 3 z − 3 = = 2) Trong không gian Oxyz, cho mp(P): 3 x − 8 y + 7 z − 6 = 0 , đường thẳng d: . −1 2 1 Viết phương trình đường thẳng Δ vuông góc với mp(P) sao cho Δ cắt đường thẳng d tại một điểm cách mp(P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b (1,0 điểm) ⎧ x log3 y + 2 y log3 x = 27 Giải hệ phương trình ⎨ ⎩log 3 y − log 3 x = 1 …………………………Hết………………………… Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:………………………………… Chữ kí của giám thị 1:……………………………………Chữ kí của giám thị 2:……http://laisac.page.tl
Së Gi¸o Dôc vμ §μo T¹o K× thi thö §¹i häc lÇn 1 N¨m 2010 TØnh H¶i D−¬ng M«n to¸n, khèi A, B Tr−êng THPT §oμn Th−îng §¸p ¸n vμ biÓu ®iÓm * Chó ý. ThÝ sinh lμm bμi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mμ vÉn ®óng th× cho ®ñ ®iÓm tõng phÇn t−¬ng øng. C©u ý Néi dung §iÓm Kh¶o s¸t hμm sè y = x 3 + 6 x 2 + 9 x + 3 (C) I 1 1,00 ⎡ x = −1 ⇒ y = −1 . y ' = 3 x 2 + 12 x + 9, y ' = 0 ⇔ ⎢ TX§: ⎣ x = −3 ⇒ y = 3 0,25 y '' = 6 x + 12, y '' = 0 ⇔ x = −2 ⇒ y = 1 . 0,25 BBT: ghi ®Çy ®ñ 0,25 KÕt luËn vÒ tÝnh ®b, nb, cùc trÞ §å thÞ. §å thÞ lμ ®−êng cong tr¬n thÓ hiÖn ®óng tÝnh låi, lâm. 0,25 §å thÞ ®i qua 5 ®iÓm: C§(-3 ; 3), CT(-1 ; -1), I(-2 ; 1), A(-4 ; -1), B(0 ; 3) 4 4 3 3 2 2 1 1 -4 -2 -4 -2 -1 -1 log 1 x3 + 6 x 2 + 9 x + 3 = m (1) I 2 1,00 2 m ⎛1⎞ (1) ⇔ x + 6 x + 9 x + 3 = ⎜ ⎟ . Gäi (C’) lμ ®å thÞ hs y = x 3 + 6 x 2 + 9 x + 3 3 2 ⎝2⎠ m ⎛1⎞ 0,25 Pt (1) cã 6 nghiÖm ⇔ ®t y = ⎜ ⎟ c¾t (C’) t¹i 6 ®iÓm ⎝2⎠ ⎧3 ⎪x + 6x + 9x + 3 khi x 3 + 6 x 2 + 9 x + 3 ≥ 0 2 Ta cã y = x + 6 x + 9 x + 3 = ⎨ 3 3 2 0,25 ⎪−( x + 6 x + 9 x + 3) khi x + 6 x + 9 x + 3 < 0 2 3 2 ⎩ Gäi (C1) lμ phÇn ®å thÞ cña (C) n¾m trªn Ox, (C2) lμ phÇn ®å thÞ cña (C) n»m d−íi Ox (C3) lμ h×nh ®èi xøng cña (C2) qua trôc Ox th× (C’) = (C1) ∪ (C3). 0,25 m ⎛1⎞ Tõ ®å thÞ (C’), pt (1) cã 6 nghiÖm ⇔ 0 < ⎜ ⎟ < 1 ⇔ m > 0 0,25 ⎝2⎠ II 1 1,00 T×m m ®Ó pt (1 − m) sin x − cos x = m 1 + 2 cos 2 x (1) cã nghiÖm ) ( 0,25 . pt (1) ⇔ sin x − cos x = m 1 + 2 cos 2 x + sin x TXD: NhËn xÐt. Hs y = sin x, y = cos x tuÇn hoμn víi chu k× 2π nªn pt (1) cã nghiÖm ⇔ pt
⎡ π 3π ⎞ (1) cã nghiÖm thuéc nöa kho¶ng ⎢ − ; ⎟. ⎣22 ⎠ π π TH1. x = − ⇒ (1 − m)( −1) = m ⇔ −1 = 0 v« lÝ. VËy x = − kh«ng lμ nghiÖm 2 2 π π 1 1 TH2. x = ⇒ (1 − m) = m ⇔ m = . VËy m = th× pt cã Ýt nhÊt mét nghiÖm lμ 2 2 2 2 0,25 π π TH3. − 0 . Chia hai vÕ cho cos x ta ®−îc 2 2 ) ( tan x − 1 ⇔ tan x − 1 = m tan 2 x + 3 + tan x ⇔ m = tan x + 3 + tan x 2 t −1 t −1 ta ®−îc m = . §Æt f (t ) = §Æt t = tan x, t ∈ t2 + 3 + t t2 + 3 + t t + 3 + t2 + 3 f '(t ) = > 0, ∀t ⇒ f (t ) db trên ) ( 2 t +3 +t t +3 2 2 1 1 MÆt kh¸c lim f (t ) = −∞, lim = . VËy m < 0,25 2 2 t →−∞ t →+∞ π 3π
5 0,25 TH1. x < − ⇒ 2 x − 1 < 0 , bÊt ph−¬ng tr×nh ®óng. 2 TH2. x > 1 ⇒ 2 x 2 + 3 x − 5 > 0, 2 x − 1 > 0 ⎡ 3 ⎢x < 2 Bpt ⇔ 2 x − 1 > 2 x + 3x − 5 ⇔ 2 x − 7 x + 6 > 0 ⇔ 2 2 0,25 ⎢ ⎣x > 2 3 hoÆc x > 2 KÕt hîp ®iÒu kiÖn ta ®−îc 1 < x < 2 ⎛ 5⎞ 3 0,25 KÕt luËn. TËp nghiÖm cña bpt lμ S = ⎜ −∞; − ⎟ ∪ (1; ) ∪ (2; +∞ ) 2⎠ 2 ⎝ III TÝnh thÓ tÝch khèi trßn xoay 1,00 x Ta cã y = c¾t trôc Ox t¹i ®iÓm cã hoμnh ®é x = 0. x +32 2 1 1 x2 ⎛x⎞ VËy V = π ∫ ⎜ 2 dx = π ∫ ⎟ dx x +3⎠ 22 () 0⎝ 0⎛ 2 ⎞ 0,25 ⎜x + 3 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ π π⎞ π §Æt x = 3 tan t , t ∈ ⎜ − ; ⎟ ⇒ dx = 3(1 + tan 2 t ) dt . 0 = 3 tan 0, 1 = 3 tan 0,25 ⎝ 2 2⎠ 6 π π π 36 2 1 2 2 6 3 tan t x V = π∫ dx = π ∫ 3∫ 3(1 + tan t )dt = 2 sin tdt 0,25 ( x 2 + 3) 2 (3 tan 2 t + 3) 2 0 0 0 π π π 3 6 1 − cos 2t π3 sin 2t 6 π 2 3 π 3∫ 0,25 dt = (t − )= − = 2 6 20 36 8 0 * Chó ý. Häc sinh cã thÓ sö dông c«ng thøc tÝch ph©n tõng phÇn nh− sau 1 1 x2 x V = π∫ dx = π ∫ x dx 0 ( x + 3) ( x 2 + 3) 2 2 2 0 −1 x vμ ®Æt u = x, v ' = ⇒ u ' = 1, v = råi ®i ®Õn (x + 3) 2( x 2 + 3) 2 2 ⎛ −x 1 1 ⎞ 1 1 x π∫x +∫ dx = π ⎜ dx ⎟ ⎜ 2( x 2 + 3) 0 0 2 ( x 2 + 3) ⎟ ( x 2 + 3) 2 ⎝ ⎠ 0 IV TÝnh thÓ tÝch cña khèi chãp S.ABCD 1,00 Gäi H lμ h×nh chiÕu cña S trªn mp(ABCD) S Do SB = SC = SD nªn HB = HC = HD suy ra H lμ t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BCD Tam gi¸c BCD c©n t¹i C nªn H thuéc CO, O lμ 0,25 D giao cña AC vμ BD. C H ΔCBD = ΔABD = ΔSBD O ⇒ OC = OA = OS ⇒ ΔSAC vu«ng t¹i S A B ⇒ AC = x 2 + 1 0,25
1 1 1 x = 2+ ⇒ SH = SA SC 2 2 x +12 SH 1 ABCD lμ h×nh thoi ⇒ AC ⊥ BD ⇒ OB = AB 2 − AO 2 = 3 − x2 0,25 2 1 12 1 S ABCD = AC.BD = x + 1. 3 − x 2 ⇒ V = x 3 − x 2 2 2 6 1 x2 + 3 − x2 1 1 ¸p dông B§T C«si ta cã V = x 3 − x2 ≤ . = 0,25 6 6 2 4 6 6 §¼ng thøc x¶y ra ⇔ x = . VËy V lín nhÊt khi x = 2 2 2 2 3 V 1,00 −2 +2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc P = a +1 b +1 c +1 2 ⎛ π⎞ §Æt a = tan x, b = tan y, c = tan z . a, b, c > 0 ⇒ x, y, z ∈ ⎜ 0; ⎟ ⎝ 2⎠ a+c tan x + tan z abc + a + c = b ⇔ b = ⇔ tan y = ⇔ tan y = tan( x + z ) 1 − ac 1 − tan x tan z ⎛ π⎞ 0,25 ⇔ y = x + z + kπ . x, y, z ∈ ⎜ 0; ⎟ ⇒ k = 0 . VËy ⇔ y = x + z ⎝ 2⎠ P = 2 cos x − 2 cos y + 3cos 2 z = 1 + cos 2 x − (1 + cos 2 y ) + 3cos 2 z 2 2 = −2sin( x + y ) sin( x − y ) + 3cos 2 z = 2sin( x + y ) sin z + 3(1 − sin 2 z ) 0,25 2 ⎛ ⎞ 1 1 = −3sin 2 z + 2sin( x + y ) sin z + 3 = −3 ⎜ sin z − sin( x + y ) ⎟ + 3 + sin 2 ( x + y ) ⎝ ⎠ 3 3 1 ⇒ P ≤ 0+ 3+ . 0,25 3 1 1 10 §¼ng thøc x¶y ra ⇔ a = , b = 2, c = . VËy max P = 3 2 22 0,25 VI.a 1 T×m täa ®é ®Ønh C 1,00 1 1 0,25 SGAB = SCAB = 2 ⇔ AB.d (G; AB ) = 2 ⇔ d (G; AB ) = 2 3 2 G ∈ y = 3 x − 3 ⇒ G (t ;3t − 3) . §t AB cã pt x − y − 8 = 0 0,25 t − (3t − 3) − 8 d (G; AB) = 2 ⇔ = 2 ⇔ 2t + 5 = 2 2 0,25 2 ⎡ −5 + 2 2 ⎛ −29 + 6 2 −45 + 18 2 ⎞ ⎛ −5 + 2 2 −21 + 6 2 ⎞ ⎢t = ⇒ G⎜ ⎟⇒C⎜ ; ; ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 2 2 2 2 2 ⎢ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⇔⎢ 0,25 ⎢t = −5 − 2 2 ⇒ G ⎛ −5 − 2 2 ; −21 − 6 2 ⎞ ⇒ C ⎛ −29 − 6 2 ; −45 − 18 2 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎢ 2 2 2 2 2 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎣ 2 T×m täa ®é ®iÓm C thuéc mÆt ph¼ng (P) sao cho tam gi¸c ABC ®Òu 1,00 C ( a; b; c ) ∈ ( P ) ⇔ 3a − 8b + 7c − 6 = 0 (1). Tam gi¸c ABC ®Òu ⇔ AC 2 = BC 2 = AB 2 0,25 ⎧a + c = 0 (2) ⇔⎨ 2 ⎩a + b + c − 2a − 2b + 6c + 3 = 0 2 2 (3) 0,25
3 3 Tõ (1) vμ (2) suy ra a = −2b − , c = 2b + 2 2 0,25 thÕ vμo (3) ta ®−îc 18b + 52b + 39 = 0 . Ph−¬ng tr×nh nμy v« nghiÖm. VËy kh«ng cã 2 0,25 ®iÓm C nμo tháa m·n. VII.a Chøng minh r»ng tam gi¸c OAB ®Òu 1,00 Tam gi¸c OAB ®Òu ⇔ OA = OB = AB ⇔ z1 = z2 = z1 − z2 0,25 Ta cã z13 + z2 = ( z1 + z2 )( z12 + z2 − z1 z2 ) = 0 ⇒ z13 = − z2 ⇒ z1 = z2 3 2 3 0,25 MÆt kh¸c z12 + z2 − z1 z2 = 0 ⇔ ( z1 − z2 ) 2 = − z1 z2 ⇒ ( z1 − z2 ) 2 = − z1 z2 2 0,25 2 ⇒ z1 − z2 = z1 . z2 ⇒ z1 − z2 = z1 = z2 . 0,25 VI.b 1 T×m täa ®é ®Ønh C vμ D 1,00 1 1 2 S IAB = S ABCD = 1 ⇔ AB.d ( I ; AB) = 1 ⇔ d ( I ; AB) = 0,25 4 2 17 0,25 §t AB cã pt x − 4 y + 6 = 0 . I ∈ x − 3 y + 2 = 0 ⇒ I (3t − 2; t ) 3t − 2 − 4t + 6 2 2 d ( I ; AB) = ⇔ = ⇔ 4−t = 2 0,25 17 17 17 ⎡t = 2 ⇒ I (4; 2) ⇒ C (6; 2), D(10;3) ⇔⎢ 0,25 ⎣t = 6 ⇒ I (16;6) ⇒ C (30;10), D(34;11) ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng Δ 2 1,00 d cã ptts x = 1 − t , y = −3 + 2t , z = 3 + t . Δ c¾t d t¹i I ⇒ I (1 − t , −3 + 2t , 3 + t ) 0,25 ⎡ 24 + 122 ⎢t = 6 d ( I ;( P )) = 2 ⇔ −12t + 48 = 2 122 ⇔ ⎢ ⎢ 24 − 122 0,25 ⎢t = ⎣ 6 ⎛ −18 − 122 15 + 122 42 + 122 ⎞ 24 + 122 t= ⇒I⎜ ; ; ⎟ ⎜ ⎟ 6 6 3 6 ⎝ ⎠ 18 + 122 15 + 122 42 + 122 x+ y− y− 0,25 6 3 6 ⇒ Δ: = = −8 3 7 ⎛ −18 + 122 15 − 122 42 − 122 ⎞ 24 − 122 t= ⇒I⎜ ; ; ⎟ ⎜ ⎟ 6 6 3 6 ⎝ ⎠ 18 − 122 15 − 122 42 − 122 x+ y− y− 0,25 6 3 6 ⇒ Δ: = = −8 3 7 ⎧ x log3 y + 2 y log3 x = 27 VII.b 1,00 Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh ⎨ ⎩log 3 y − log 3 x = 1 §k: x > 0, y > 0 . log 3 y − log 3 x = 1 ⇔ y = 3x 0,25 0,25
x log3 y = y log3 x ⇒ x log3 y + 2 y log3 x = 27 ⇔ x log3 y = 9 0,25 L«garit c¬ sè 3 hai vÕ ta ®−îc log 3 y.log 3 x = log 3 9 ⇔ (1 + log 3 x) log 3 x = 2 ⎡x = 3 ⇒ y = 9 ⎡ log 3 x = 1 0,25 ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢x = 1 ⇒ y = 1 (tháa m·n ®k). VËy hÖ pt cã 2 nghiÖm lμ.. log 3 x = −2 ⎣ ⎣ 9 3