ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Môn Toán – Khối A - Trường THPT Anh Sơn III

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

114
lượt xem 26
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần thứ nhất môn toán – khối a - trường thpt anh sơn iii', 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 THỨ NHẤT Môn Toán – Khối A - Trường THPT Anh Sơn III

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Môn Toán – Khối A Trường THPT Anh Sơn III Năm học 2009-2010-Thời gian 180 phút Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số : y = x 3  3mx 2  3( m 2  1) x  ( m 2  1) (1) a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương.  2 Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin (2x+ )=0 4 b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất : 2 x  x  y  x 2  a  2 2 x  y  1  sin xdx  (sin x  3 cos x)3 Câu 3 : Tìm : Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ABC . A' B'C ' có thể tích V. Các mặt phẳng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) cắt nhau tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. . Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng : x y z 4( x3  y 3 )  3 4( y 3  z 3 )  3 4( z 3  x 3 )  2( 3  2  2 )  12 P= 2 y z x Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B ) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : x 2  y 2  4 x  4 y  4  0 và đường thẳng (d) có phương trình : x + y – 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. .. b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình :  x  4t ' x y 1 z  2  (d 2 ) :  y  2   (d1 ) : 2 2 1  z  3t '  Viết phương trình đường thẳng (  )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ). Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : 7 1 4  x3  ( với x > 0 ) x  B . Theo chương trình nâng cao Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;-1) , đường cao và . . đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x -4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 . b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng (  ) có phương 2 x  y  z  1  0 trình :  x  y  z  2  0 Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng (  )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . Câu 7b : Cho (1  x  x 2 )12  a0  a1 x  a2 x 2  ...a24 x 24 . Tính hệ số a 4 . Hết. ------ -------- Họ và tên………………………………………….. Số báo danh…http://laisac.page.tl 1
SỞ GD-ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mụn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 07 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Cõu Đáp án Điểm Cõu 1 a. (1.0 điểm) Khảo sát… (2 điểm) Với m=0, ta cú: y=x3-3x+1 TXĐ D=R x 1 y’=3x2-3; y’=0   0,25  x  1 lim y   x  BBT x -1 1   y’ + 0 - 0 + y 3 0,25  -1  Hs đồng biến trên khoảng (  ;-1) và (1;  ), nghịch biến trờn (-1;1) 0,25 Hs đạt cực đại tại x=-1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=-1 Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1) y và đi qua các điểm B(-2;-1), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 3 0,25 1 -2 12 x -1 0 -1 b. (1.0 điểm) Tỡm m để … Ta cú y’= 3x2-6mx+3(m2-1)  x  m 1 0,25 y’=0    x  m 1 2
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thỡ ta phải cú: V' y '  0 m  R  2 2 2  fCD . fCT  0 (m  1)(m  3)(m  2m  1)  0 0,25    xCD  0  m 1  0 x  0 m  1  0  CT   (m  1)  0  f (0)  0    1  2  m  1 Vậy giỏ trị m cần tỡm là:     3  m  1  m  ( 3;1  2)    3  m  1 2 0,25 3  m  1 2   m  1  Cõu 2 a. (1.0 điểm) Giải phương trỡnh  (2.0 Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + )=0 điểm) 4 0,25   sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + ) 2  sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25  sinx = 1 0,25  x= + k2  , k Z 0,25 2 b. (1.0 điểm) Nhận xột: Nếu (x;y) là nghiệm thỡ (-x;y) cũng là nghiệm của hệ Suy ra, hệ cú nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 0,25 + Với x = 0 ta cú a =0 hoặc a = 2 2 x  x  y  x 2 2 x  x  x 2  y (1)   -Với a = 0, hệ trở thành:  2 2  (I) 2 2 x  y  1 x  y  1 (2)   0,25 x2  1  y  1 x 2 2  x  x  1 Từ (2)   2   2     y  1 x  x y 1    2 2 x  y  1 x x  0   ( I ) cú nghiệ m  2  x  x 2  1   TM 0,25 y 1 y 1   2 x  x  y  x 2  2 -Với a=2, ta cú hệ:  2 2  x  y  1  0,25 Dễ thấy hệ cú 2 nghiệm là: (0;-1) và (1;0) khụng TM Vậy a = 0 3
 Cõu 3 sin [(x- )  ] s inx (1.0 6 6 Ta cú  0,25  (sinx+ 3cosx)3 điểm) 3 8cos ( x  ) 6 1  3 sin( x  )  cos(x- ) 2 62 6 0,25  8cos(x- ) 6  sin( x  ) 3 6 1 1  0,25 16 cos 3 ( x   ) 16 cos 2 ( x   ) 6 6  s inxdx 3 1    tan( x  )  c 0,25  3 32cos 2 ( x  ) 16 6 (sinx+ 3cosx) 6 Cõu 4 Gọi I = AC  ’A’C, J = A’B  AB’ (1.0 điểm) (BA'C)  (ABC') = BI   (BA'C)  (AB'C) = CJ   O là điểm cần tỡm  Goi O = BI  CJ  Ta cú O là trọng tõm tam giỏc BA’C A' C' 0,25 B' I J O A C H M B Gọi H là hỡnh chiếu của O lờn (ABC) Do VABC là hỡnh chiếu vuụng gúc của VBA’C trờn (ABC) nờn H là 0,25 trọng tõm VABC OH HM 1 Gọi M là trung điểm BC. Ta có:   0,25 A ' B AM 3 1 1 1  VOABC  OH .SVABC  A ' B.SVABC  V 0,25 3 9 9 4
Ta cú: 4(x3+y3)  (x+y)3 , với  x,y>0 Cõu 5 Thật vậy: 4(x3+y3)  (x+y)3  4(x2-xy+y2)  (x+y)2 (vỡ x+y>0) (1.0 2 2 2  3x +3y -6xy  0  (x-y)  0 luôn đúng điểm) 0,25 Tương tự: 4(x3+z3)  (x+z)3 4(y3+z3)  (y+z)3  3 4( x 3  y 3 )  3 4( x3  z 3 )  3 4( y 3  z 3 )  2( x  y  z )  6 3 xyz x y z 1 Mặt khỏc: 2( 0,25  2  2 )  63 2 y z x xyz 1 0,25  P  6( 3 xyz  3 )  12 xyz  x  y  z  x y z Dấu ‘=’ xảy ra   2  2  2  x  y  z  1 0,25 y z x  1  xyz  xyz  Vậy P  12, dấu ‘=’ xảy ra  x = y = z =1 Cõu 6a Chương trỡnh chuẩn (2.0 a. (1.0 điểm) điểm) (C) cú tõm I(2;2), bỏn kớnh R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: x  0  y  2 x  y  2  0  2 x  2 2 x  y  4x  4 y  4  0  y  y  0  Hay A(2;0), B(0;2) C 4 0,25 M I B 2 H A O 2 x Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25 5
1 Ta cú SVABC  CH . AB (H là hỡnh chiếu của C trờn AB) 2 SVABC max  CH max 0,25 C  (C )  (V) Dễ dàng thấy CH max   xC  2 V d Hay V: y = x với V:   I (2; 2) V 0,25  C (2  2; 2  2) Vậy C (2  2; 2  2) thỡ SVABC max b. (1.0 điểm) Nhận xột: M  (d1) và M  (d2) (V)  (d1)  I Giả sử  0,25 (V)  (d 2)  H Vỡ I  d1  I(2t-1; -1-2t; 2+t) H d2  H(4t’; -2; 3t’) uuur uuuur 1  2t  k (1  4t ') TM  k HM 23   ycbt    3  2t  k (2  2)  t   10  k  R, k  0  1  t  k (3  3t ') 0,5  23 18 3  T ( ; ;  ) 5 5 10 Vậy phương trỡnh đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là:  x  1  56t 5 x  y  8 z  17  0 0,25  hoặc là:   y  2  16t 12 x  9 y  16 z  18  0  z  3  33t  1 1 Cõu 7a 17 7  )   C7 k ( x 4 )7 k .( x 3 ) k Ta cú: ( 4 x  0.25 (1.0 3 x k 0 điểm) Để số hạng thứ k không chứa x thỡ: 1 1  (7  k )  k  0 0.5 k4 4 3 k  [0;7]  1 Vậy số hạng khụng chứa x trong khai triển là: C74  0,25 35 Cõu 6b Chương trỡnh nõng cao (2.0 a. (1.0 điểm) điểm) Phươngtrỡnh đường thẳng chứa cạnh BC: ( BC ) qua B  ( BC ) : 4 x  3 y  5  0  0,25 BC  d1 4 x  3 y  5  0 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:   C (1;3) x  2 y  5  0 6
Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2 31 1    K AC K BC  K d 2 K d 2  K AC  4 2 2  13 1 1  K BC .K d 2 1  K d 2 .K AC 0,25 1 . 1  K AC 24 2 Ta cú:  K AC  0   K AC   1 (loai)  3  Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 0,25 3 x  4 y  27  0  A(5;3)  y  3  0 x 5 y 3  Pt cạnh AB là:   4x  7 y 1  0 2  5 1  3 Vậy AB: 4x+7y-1=0 0,25 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0 b. (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối giữa AB và V, ta cú: V cắt AB tại uuu K(1;3;0) 0,25 uuu r r  A, B nằm về cùng phía đối với V Ta cú KB  2 KA Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V và H là hỡnh chiếu của A trờn V. x  1 (vỡ PTTS của V:  y  t  H( 1;t;-3+t) )  0,25  z  3  t  uuuu r r AH .u  0  1.0  (t  4).1  (4  t ).1  0  t  4 Ta cú  H (1; 4;1)  A '(0; 4;1) Gọi M là giao điểm của A’B và d 13 4  M (1; 0,25 ;) 33 Lấy điểm N bất kỳ trên V Ta cú MA+MB=MB+MA’=A’B  NA+NB 0,25 13 4 Vậy M (1; ;) 33 Ta cú: Cõu 7b (1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = (1.0 0,25 = C12 (1  x )12  C12 (1  x)11.x 2  ...  C12 (1  x)12 k .( x 2 )k  ...  C12 x 24 0 1 k 12 điểm) C12 [C12 x12  C12 x11  ...  C12 x 4  ...]+C12 x 2 [C11 x11  ...  C11 x 2  ...] 0 0 1 8 1 0 9 = 0,25 +C12 x 4 [C10 x10  ...  C10 ]+... 2 0 10 7
4  Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x 0,25 0 8 1 9 2 10  a4  C12 .C12  C12 .C11  C12 .C10  1221 0,25 8