zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:3

Báo xấu

176
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 1 - trường thpt đặng thúc hứa', 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 - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

TRƯỜ G THPT ĐẶ G THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦ 1 - ĂM 2010 Môn thi: TOÁ ; Khối: A TrÇn TrÇn §×nh HiÒn GIÁO VIÊ : Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦ CHU G CHO TẤT CẢ THÍ SI H (7,0 điểm): Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 4m (1) , m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực trị A, B của đồ thị hàm số (1) cùng gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích bằng 8. Câu II (2,0 điểm)  2π π   1. Giải phương trình 4(sin 6 x + cos 6 x ) − cos 4 x = 4 cos 2 x.sin  − x  .sin  − x  3  3  x + x2 − 9 − x − x2 − 9 ≤ x − 3 , ( x ∈ R ) 2. Giải bất phương trình Câu III (1,0 điểm) 1  4 − x2  ∫ Tính tích phân I = x 3 ln  dx 2  4+ x  0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A; ABC = 600 ; AB = 2a; cạnh bên AA’ = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh B’C’. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (A’BM) theo a và tính góc giữa hai mặt phẳng (A’BM) và (ABC). Câu V (1,0 điểm) a+b b+c c+a + + ≥ a + b + c +3 Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng: c a b PHẦ RIÊ G (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chu n Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là M( - 1; 1). Gọi N là trung điểm cạnh AC. Biết phương trình đường trung tuyến BN là x - 6y - 3 = 0 và đường cao AH là 4x – y – 1 = 0. Hãy viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. y z −1 x y −3 z + 2 x 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1 : = = ; ∆2 : = = và 1 −2 −2 −1 2 2 mặt phẳng (P): x + y + 4z + 2 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng ∆1 và điểm N trên đường thẳng ∆ 2 sao cho MN song song với mặt phẳng (P) đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng MN với mặt phẳng (P) 2. bằng Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn | z 2 + z |= 2 và | z |= 2 B. Theo chương trình âng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( C1 ) : x 2 + ( y + 1) 2 = 4 và ( C2 ) : ( x − 1) 2 + y 2 = 2 . Viết phương trình đường thẳng ∆ , biết đường thẳng ∆ tiếp xúc với đường tròn ( C1 ) đồng thời đường thẳng ∆ cắt đường tròn ( C2 ) tại 2 điểm phân biệt E, F sao cho EF = 2. x y z −1 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : == và điểm M(0; 3; - 2). Viết phương 11 4 trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng ∆ , đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ với mặt phẳng (P) bằng 3. Câu VII.b (1,0 điểm)  x + log 2   = x 2 , ( x ∈ R ) log 2 x Giải phương trình : 2.x  22 ---------------Hết--------------- Thông báo: Trường THPT Đặng Thúc Hứa sẽ tổ chức thi thử ĐH,CĐ khối A,B,C lần 1 vào chiều Thứ 7(13/3) và ngày Chủ nhật (14/3/2010). Mọi chi tiết xin liên hệ Thầy: guyễn Phương Kháng, Phạm Kim Chung hoặc vào trang web http://www.dangthuchua.com
ĐÁP Á ĐỀ THI THỬ ĐH L1 – ĂM 2010 – TRƯỜ G THPT ĐẶ G THÚC HỨA CÂU ỘI DU G ĐIỂM I-1 1 I-2 Đk để hàm số có cực đại, cực tiểu là: m≠0. (*) 0,25 Hai điểm cực trị của đồ thị là: A(0; 4m), B(2m;4m - 4m3). 0,25 PT đường thẳng OA là: x = 0; OA = |4m|, d(B,OA) = d(B,Oy) = |2m| 0,25 1 S = OA.d ( B, OA) ⇔ |2m||4m|=16 ⇔ m = ± 2 (Thỏa mãn đk (*)) Diện tích tam giác OAB là 0,25 2 π II-1 5 + 3cos 4 x 0,25   − cos 4 x = 2 cos 2 x  cos − cos(π − 2 x )  P T⇔   2 3 0,25 ⇔ 2 + cos22x = cos2x(1 + 2cos2x) ⇔ cos22x + cos2x – 2 = 0 ⇔ cos2x = 1 v cos2x = - 2 (Vô nghiệm) 0,25 ⇔ 2x = k2π ⇔ x = kπ , (k ∈Z) 0,25 II-2 Đk: x ≥ 3. 0,25 2 x − 2 ( x + x − 9)( x − x − 9) ≤ ( x − 3) 2 2 2 Vì hai vế của BPT không âm nên BPT ⇔ 0,25 ⇔ x – 8x + 15 ≥ 0 ⇔ x ≤ 3 v x ≥ 5 2 0,25 T = {3} ∪ [5; +∞ ) 0,25 Kết hợp Đk ta có tập nghiệm của BPT là III  0,25 16 x   4 − x2   du = x 4 − 1 6 d x u = ln  +0,25 Đặt   2 4+ x ⇒   4 v = x − 4  d v = x 3 dx    4 0,25 Do đó I = 1 x 4 − 16 ln  4 − x  1 − 4 xdx 1 2 ( ) ∫   4+ x  0 2 4 0 15  3  0,25 =− ln   − 2 5 4 IV 0,25 AC = 2 3a ; BC = 4a, A’M = 2a; A’ C’ I Gọi A’H là đường cao của tam giác vuông A’B’C’ M 3a và AH ⊥ (BCC’B’) ⇒AH= Diện tích tam giác MBC là S MBC = 6a 2 H B’ 3a 1 0,25 VA '.MBC = = 2 3a 3 A ' H .S MBC Thể tích khối chóp A’.MBC là 3 Gọi B’I là đường cao của tam giác đều A’B’M. ⇒ B ' I = a 3 ; BI ⊥ A’M và BI = 2 3a . 1 0,25 Diện tích tam giác A’BM là S A ' BM = BI . A ' M = 2 3a 2 A C 2 Do đó thể tích khối chóp C.A’BM là 2a 1 600 = d (C , ( A ' BM )).S A ' BM = 2 3a ⇒ d(C,(A’BM))= 3a. 3 VC . A ' BM B 3 Góc giữa hai mặt phẳng (A’BM) và (ABC) bằng góc giữa hai mặt phẳng (A’BM) và (A’B’C’) bằng góc BIB’ 0,25 BB ' tan BIB ' = = 3 ⇒ BIB ' = 600 B'I V 0,25 a+ b+ c ≥3 a b c = 3 (1) Áp dụng BĐT Côsi và BĐT Bunhiacopsky ta có ( ) 2 a+ b+ c a b c 0,25 + + ≥ = a+ b+ c ( 2) c+ a+ b c a b ( ) 2 b+ c+ a 0,25 b c a + + ≥ = a+ b+ c ( 3) c+ a+ b c a b Cộng (1),(2),(3) theo vế ta có đpcm. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1. 0,25
Gọi A(a;4a-1)∈ AH; B(6b+3; b)∈ BN. Do M(- 1;1) là trung điểm của AB nên a =1; b = - 1 VIa-1 0,25 0,25 A(1; 3), B(- 3; - 1). Phương trình cạnh AB là: x – y + 2 = 0. 3+ c  0,25   −2c − 3; Phương trình cạnh BC là: x + 4y +7 = 0. Gọi C(- 4c - 7;c)∈BC. Trung điểm cạnh AC là   2 0,25 Do N∈ BN nên c = - 3. Hay C(5; - 3) và phương trình cạnh AC là 3x + 2y – 9 = 0. VIa-2 0,25 Gọi M(t; - 2t; 1- 2t)∈ ∆1 ; N(2k; 3-k;- 2+ 2k)∈ ∆ 2 . Ta có M = (2k − t ; − k + 2t + 3; 2k + 2t − 3) nP = (1;1; 4) . Từ giả thiết MN//(P) và d(MN,(P))= 2 ta có hệ PT 0,25 Một vectơ pháp tuyến của (P) là 4 9t + 9k − 9 = 0 t = 3  M .nP = 0 t = 0    ⇔  | 6 − 9t | ⇔ 0,25  v 32 = 2 k = 1 k = − 1 d ( M ;( P)) = 2     3 485 2 10 8 0,25 M(0;0;1), N(2;2; 0) hoặc M ( ; − ; − ), ( − ; ; − ) 333 33 3 VIIa 0,25 z = x − yi . Từ giả thiết ta có hệ phương trình Gọi số phức z = x+ yi (x,y ∈ R). Ta có z2 = x2 – y2 + 2xyi;   ( x − y + x ) + (2 xy − y ) = 2 2 (2 x + x − 4) + (4 − x )(2 x − 1) = 4 2 2 2 2 2 2 2 0,5 ⇔ 2  y = 4− x 2  x2 + y2 = 2    x = −2  x = 1 x = 1   ⇔ . Vậy có 3 số phức thỏa mãn là z = −2; z = 1 + 3i; z = 1 − 3i 0,25 v v y = 0 y = 3 y = − 3   VIb-1 2 Đường tròn (C1) có tâm I1(0;- 1), Bán kính R1 = 2. Đường tròn (C2) có tâm I2(1; 0), bán kính R2 = 2  EF  0,25 R −  =1 Từ giả thiết ta có ∆ là tiếp tuyến của đường tròn (C1) và cách tâm I2 một khoảng bằng 2 2 2 TH1: Nếu đường thẳng ∆ vuông góc với trục Ox: ∆ có pt dạng x – m = 0. Từ gt ta có d(I1, ∆ ) = R1 và d(I2; ∆ ) = 1 ta có m = 2. Vậy pt đường thẳng ∆ : x – 2 = 0. 0,25 TH2: Nếu đường thẳng ∆ không vuông góc với trục Ox: ∆ có pt dạng kx – y + b = 0 Từ gt ta có d(I1, ∆ ) = R1 và d(I2; ∆ ) = 1 ta có hệ 0,25  |1 + b | =2 |1 + b |= 2 k 2 + 1 2 k = 0  k +1  ⇔ −2k − 1 ⇔ b = 1 . Phương trình đường thẳng ∆ : y – 1 = 0.  0,25  | k +b | =1 b = 1 − 2k v b =   3  k +12  VIb-2 0,25 n(a; b; c ), (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). Một vectơ chỉ phương của Gọi đường thẳng ∆ là u = (1;1; 4) .Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0;0;1). 0,25 Phương trình mặt phẳng (P): ax + by + cz – 3b + 2c = 0.  a + b + 4c = 0   a = −b − 4c n.u = 0  0,25 ⇔  3| c −b | ⇔ Từ gt ta có  = 3 b = −2c v b = −8c d (∆; ( P)) = d ( A, ( P)) = 3  2   a +b +c 2 2 Vậy có 2 phương trình mặt phẳng (P) là: 2x + 2y – z - 8 = 0 và 4x – 8y + z + 26 = 0. 0,25 VIIb ĐK: x > 0. t = log 2 x ⇔ x = 2t . Phương trình trở thành 0,25 Đặt 2. ( 2t ) + (t − 1)2 = ( 2t ) ⇔ 2t t 2 2 +1 0,25 + t 2 + 1 = 22 t + 2t (1) Xét hàm số f ( x) = 2 + x; f '( x ) = 2 ln x + 1 > 0 ∀x ∈ R . 0,25 x x Hàm số f(x) đồng biến trên R. PT(1) ⇔ t2 + 1 = 2t ⇔ t = 1 ⇔ x = 2. 0,25

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.