ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III - TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP

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

Thêm vào BST

Báo xấu

106
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần iii - trường thpt chuyên đhsp', 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 III - TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2010 TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP Môn thi: TOÁN _______________ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ========================================== Ngày thi: 28 – 3 – 2010 Câu 1. ( 2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 + 2m x + 1 (1). 22 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Chứng minh rằng đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu 2. ( 2,0 điểm) p 1. Giải phương trình: 2sin (x ) = 2sin x tanx. 2 2 4 2. Giải phương trình: 2 log3 (x – 4) + 3 log 3 ( x + 2 2 log3 (x – 2) = 4. 2 2 ) Câu 3. ( 2,0 điểm) p 3 sin x 1. Tính tích phân: I = dx . ò cos x 3 + sin 2 x 0 2. Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho mp( SBC) tạo với mp(ABC) một góc bằng 60 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. 0 Câu 4. ( 2,0 điểm) ì x 3 + 4 y = y 3 + 16 x ï 1. Giải hệ phương trình: í . ï1 + y 2 = 5 1 + x 2 ) ( î 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: x 4 - 4 x 3 + 8 2 - 8 x + 5 x f(x) = 2 x - 2 x + 2 Cõu 5. ( 2,0 điểm) 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0;1;3) và đường thẳng ì x = 1 - t ï d: í y = 2 + 2t ï z = 3 î Hãy tìm trên đường thẳng d các điểm B và C sao cho tam giác ABC đều. 2. Trong mặt phẳng Oxy cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là ( 3 ; 0) và đi qua 4 33 điểm M ( 1; ). Hãy xác định tọa độ các đỉnh của (E). 5 http://laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI THI LẦN 3 Câu 1. 1. Tự làm. 2. Xét phương trình hoành độ giao điểm: x +2m x +1 = x + 1 Û x + 2m x – x = 0 4 22 4 22 Û é x = 0 é x( x + 2m x – 1) = 0 Û ê 3 2 3 2 ê Đặt g(x) = x + 2m x – 1 ; 3 2 ë x + 2 x - 1 = 0 *) m (ë 2 2 Ta cú: g’(x) = 3x + 2m ³ 0 (với mọi x và mọi m ) Þ Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá trị của m. Mặt khác g(0) = 1 ¹ 0. Do đó phương trình (*) cú nghiệm duy nhất khỏc 0. Vậy đường thẳng y = x+ 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu 2. p 1. Giải phương trình: 2 sin ( x ) = 2sin x – tanx 2 2 (1) 4 p Điều kiện: cosx ¹ 0 Û x ¹ + k . (*). p 2 ésin 2 x = 1 p (1) Û 1 – cos (2x ) = 2sin x – tan x Û 1 – sin2x = tanx ( sin 2x – 1) Û ê 2 ë tan x = -1 2 p p é é p ê x = 4 + k p ê 2 x = 2 + k .2 . p p Û x = + k . . ( Thỏa mãn điều kiện (*) ). Ûê Ûê ê x = - p + l p ê x = - p + l p 4 2 . . ê ê ë 4 ë 4 2. Giải phương trình: 2log3 (x – 4) + 3 log 3 ( x + 2 2 log3 ( x 2) = 4 2 2 (2). ) ì 2 ì 2 ï x - 4 > 0 ï x - 4 > 0 é x > 2 Điều kiện: í ê x £ -3 (**) Ûí Û ïlog 3 ( x + 2 2 ³ 0 ï( x + 2 2 ³ 1 ) ) ë î î Pt (2) được biến đổi thành: log3 (x – 4) – log3 (x – 2) + 3 log 3 ( x + 2 2 4 = 0 2 2 2 ) 2 Û log3 ( x + 2) + 3 log 3 ( x + 2 2 4 = 0 Û ( log 3 ( x + 2 2 + 4) ( log 3 ( x + 2 2 1) = ) ) ) 0. log 3 ( x + 2 2 = 1 Û (x+2) = 3 Û x+ 2 = ± 3 Û x = 2 ± 3 . 2 ) Û Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x = 2 3 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là : x = 2 3 . Chỳ ý: 1/ Biến đổi : 2log3 ( x – 4) = log3 (x – 4) làm mở rộng tập xác định nên 2 2 2 xuất hiện nghiệm ngoại lai x = 2 + 3 . 2/ Nếu biến đổi: log3( x – 2) = 2log3 ( x – 2) hoặc log3( x+2) = 2log3(x+2) sẽ 2 2 làm thu hẹp tập xác định dẫn đến mất nghiệm ( Lỗi phổ biến của học sinh!) Cõu 3. p 3 sin x 1. Tính tích phân: I = .dx ò cos x 3 + sin 2 x 0
sin x cos x Đặt t = 3 + sin 2 x = 4 - co s 2 x . Ta có cos x = 4 – t và dt = 2 2 dx . 3 + sin 2 x p 15 Đổi cận: Với: x = 0 thỡ t = 3 ; x = thỡ t = 2 3 p p 15 15 3 3 2 2 sin x sin x. cos x d t 1 1 1 = I = .dx = dx = ò ( t + 2 - t - 2 )dt = ò cos x 3 + sin ò cos x 3 + sin ò 2 4 4 - t 2 2 2 x x 0 0 3 3 15 1 15 + 4 3 + 2 1 t + 2 1 = ln = (ln ) = (ln( 15 + 4) - ln( 3 + 2)) . 2 - ln 3 4 t - 2 4 2 15 - 4 3 - 2 2. Ta có SA ^ mp(ABC) Þ SA ^ AB ; SA ^ AC.. Tam giác ABC vuụng cõn cạnh huyền AB Þ BC ^ AC Þ BC ^ SC ( Định lý 3 đường vuông góc) . Hai điểm A,C cùng nhỡn đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 45 = a 2 ; ÐSCA = 60 là góc giữa mặt (SBC) và 0 0 mp(ABC) SA = AC.tan60 = a 6 .Từ đó SB 2 = SA + AB = 10a . 0 2 2 2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = pd 2 = p .SB = 10 p a . 2 2 Cõu 4. ì 3 3 ï x + 4 y = y + 16 x ....(1 . ) 1. Giải hệ: í ï1 + y 2 = 5 1 + x 2 )........(2 ( ) î Từ (2) suy ra y – 5x = 4 (3). Thế vào (1) được: x + (y – 5x ).y = y + 16x Û 2 2 3 2 2 3 3 2 2 Û x – 5x y – 16 x = 0 Û x = 0 hoặc x – 5xy – 16 = 0. TH1: x= 0 Þ y = 4 ( Thế vào (3)). Û y = ± 2. 2 x 2 - 16 x 2 - 16 2 TH2: x – 5xy – 16 = 0 Û y = 2 ) - 5 2 = 4 Û ( 4). Thế vào (3) được: ( x x x 5 5 4 2 4 2 4 2 2 Û x – 32x + 256 – 125x = 100x Û 124 x +132x – 256 = 0 Û x = 1 Û x = ± 1. Thế vào (4) được giá trị tương ứng y = m 3 . Vậy hệ có 4 nghiệm: (x;y) = (0;2) ; (0;2); (1;3); (1; 3). Chỳ ý: Nếu thay giá trị của x vào (3) ở trường hợp 2, sẽ thừa 2 cặp nghiệm! x 4 - 4 x 3 + 8 2 - 8 x + 5 x 2. Tìm GTNN của hàm số: f(x) = . 2 x - 2 x + 2 Tập xác định: R vỡ x – 2x + 2 = (x – 1) + 1 > 0 với mọi x. 2 2 1 Biến đổi được: f(x) = x – 2x + 2 + 2 ³ 2 ( Bất đẳng thức Cosi cho hai số 2 x - 2 x + 2 dương). Dấu bằng xảy ra khi : x – 2x + 2 =1 Û x = 1. 2 Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1. Cõu 5. 1. Tìm các điểm B,C? Gọi H là hình chiếu vuụng góc của A tròn d. H Î d Û H ( 1t; 2+2t;3) Û AH = ( 1t; 1+2t; 0). Mà AH ^ d nờn AH ^ u ( 1;2;0). Từ đó có 1(1t)+2(1+2t) =0 d Û t = 1/5 Û H ( 6/5; 8/5; 3).
2 AH 2 15 3 5 15 Ta có AH = .mà tam giác ABC đều nên BC = hay BH = . = 5 5 5 3 1 2 15 2 Gọi: B ( 1s;2+2s;3) thỡ ( - - S ) 2 + ( + 2 ) 2 = Û 25s +10s – 2 = 0 Û s = S 5 5 25 - 1 ± 3 5 6 m 3 8 ± 2 3 6 ± 3 8 m 2 3 Vậy: B ( ; ) và C( ; ) ( Hai cặp). ; 3 ; 3 5 5 5 5 2. Xác định tọa độ các đỉnh của (E)? Theo bài ra có F1 ( 3 ; 0) và F2 ( 3 ;0) là hai tiêu điểm của (E). Theo định nghĩa của 4 33 2 4 33 2 (E) suy ra : 2a = MF1 + MF2 = (1 + 3 ) 2 + ( ) + (1 - 3 ) 2 + ( ) = 10 Þ a = 5 5 5. Lại có c = 3 và a – b = c Þ b = a – c = 22. Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: 2 2 2 2 2 2 A1( 5;0) ; A2( 5;0) ; B1( 0; 22 ) ; B2 ( 0; 22 ).