Đề thi thử đại học môn Toán (2008-2009) khối 12

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

126
lượt xem 41
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán (2008-2009) khối 12', 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 môn Toán (2008-2009) khối 12

ÔN THI ĐẠI HỌC 2009 ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 (2008-2009) Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + m − 1 (1) , với m là tham số thực. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1 . 2) Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1 . Câu II (2 điểm) ( 1) Giải phương trình 2sin 2 x + 2 3 sin x cos x + 1 = 3 cos x + 3 sin x . ) 2) Giải phương trình log x 2 + 2 log 2 x 4 = log 2x 8. Câu III (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = ( x + 1) 1 − x 2 . Câu IV (1 điểm) Trong không gian cho lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC = 120 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1 . Hãy chứng minh MB ⊥ MA1 và tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( A1 BM ). Câu V (1 điểm) Xác định m để phương trình sau có đúng một nghiệm thực: x − 13x + m + x − 1 = 0 ( m ∈ ) . 4 4 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d :2 x − y + 3 = 0 . Câu VII.a (1 điểm) 18 ⎛ 1 ⎞ Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ⎜ 2 x + 5 ⎟ ( x > 0) . ⎝ x⎠ Câu VIII.a (1 điểm) 2x +1 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = tại giao điểm của đồ thị với trục hoành. x −1 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông ở A . Biết A ( −1; 4 ) , B (1; −4 ) và ⎛ 1⎞ đường thẳng BC đi qua điểm M ⎜ 2; ⎟ . Hãy tìm toạ độ đỉnh C . ⎝ 2⎠ Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của ( x 2 + 2 ) , biết An − 8Cn2 + Cn = 49 . n 3 1 ( Ank là số chỉnh hợp chập k của n phần tử, Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử). Câu VIII.b (1 điểm) − x2 + 4x + 3 Cho hàm số y = . Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên x−2 đồ thị hàm số đến hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số. ----------------------------------Hết----------------------------------
ÔN THI ĐH 2009 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 (2008- 2009) (Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 1.(1 điểm). Khi m = 1 hàm số trở thành: y = x 4 − 2 x 2 (2điểm) • TXĐ: D= ⎡x = 0 • Sự biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x = 0 ⇔ 4 x ( x 2 − 1) = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = ±1 0.25 yCD = y ( 0 ) = 0, yCT = y ( ±1) = −1 0.25 • Bảng biến thiên 0.25 x -∞ -1 0 1 +∞ − − y’ 0 + 0 0 + y +∞ 0 +∞ -1 -1 • Đồ thị 8 6 4 2 0 -5 5 10 -2 -4 -6 -8 0.25 ⎡x = 0 2. (1 điểm) y ' = 4 x3 − 4mx = 4 x ( x 2 − m ) = 0 ⇔ ⎢ ⎣x = m 2 Hàm số đã cho có ba điểm cực trị ⇔ pt y ' = 0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó ⇔ m > 0 0.25 • Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là: ( A ( 0; m − 1) , B − m ; − m 2 + m − 1 , C ) ( m ; −m 2 + m − 1 ) 0.25 1 • S ABC = yB − y A . xC − xB = m 2 m ; AB = AC = m 4 + m , BC = 2 m 2 0.25 • R= AB. AC.BC =1⇔ ( m 4 + m ) 2 m = 1 ⇔ m3 − 2m + 1 = 0 ⇔ ⎡ m = 1 ⎢ 4S ABC 4m m2 ⎢m = 5 − 1 ⎢ ⎣ 2 0.25 II 1) ⎛ 3 ⎞ ⎛1 ⎞ (2điểm) ( 2 + 3 sin 2 x − cos 2 x = 3 cos x + 3 sin x ⇔ 1 + ⎜) 1 3 ⎜ 2 sin 2 x − 2 cos 2 x ⎟ = 3 ⎜ 2 cos x + 2 sin x ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0.50 ⎛ 2π ⎞ ⎛ π⎞ 2⎛ π⎞ ⎛ π⎞ ⇔ 1 + cos ⎜ 2 x − ⎟ = 3cos ⎜ x − ⎟ ⇔ 2 cos ⎜ x − ⎟ = 3cos ⎜ x − ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ 0.25
⎛ π⎞ π π 5π ⇔ cos ⎜ x − ⎟ = 0 ⇔ x − = + kπ ⇔ x = + kπ (k ∈ ) . ⎝ 3⎠ 3 2 6 0.25 1 2. (1 điểm) Điều kiện x > 0, x ≠ 1, x ≠ 2 0.25 • Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với 1 4 6 1 4 6 1 2 + = ⇔ + = ⇔ = log 2 x log 2 2 x log 2 2 x log 2 x 1 + log 2 x 1 + log 2 x log 2 x 1 + log 2 x 0.50 ⇔ log 2 x = 1 ⇔ x = 2 0.25 III ⎡ x = −1 ∈ D −2 x 2 − x + 1 • Tập xác định: D = [ −1;1] ; y = =0⇔⎢ ' (1 điểm) 1− x 2 ⎢x = 1 ∈ D ⎣ 2 0.50 ⎛1⎞ 3 3 3 3 y ( −1) = 0, y ⎜ ⎟ = , y (1) = 0 . Vậy max y = ; min y = 0 ⎝2⎠ 4 [ −1;1] 4 [ −1;1] 0.50 IV ( ) 2 MA12 = A1C12 + C1M 2 = ( 2a ) + a 5 2 = 9a 2 ; BC 2 = AB 2 + AC 2 − 2 AB. AC.cos120 = 7a 2 ; (1 điểm) ( ) ( ) 2 2 BM 2 = BC 2 + CM 2 = 7 a 2 + a 5 = 12a 2 ; A1 B 2 = AA12 + AB 2 = 2a 5 + a 2 = 21a 2 . Suy ra A1 B 2 = MA12 + MB 2 ⇒ MB ⊥ MA1 . A C B M A1 C1 B1 0.50 • Hình chóp MBAA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác BAA1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau. 11 1 a 3 15 Suy ra V = VMBAA = VCBAA = AA1.S ABC = 2a 5. a.2a.sin120 = 1 1 33 2 3 3 a 15 6. 3V 6V 3 =a 5 ⇒ d ( A, ( A1 BM )) = = = S MBA1 MB.MA1 a 12.3a 3 0.50 V ⎧1 − x ≥ 0 ⎪ 4 x 4 − 13 x + m + x − 1 = 0 ⇔ 4 x 4 − 13 x + m = 1 − x ⇔ ⎨ 4 ⎪ x − 13 x + m = (1 − x ) 4 (1 điểm) ⎩ ⎧x ≤ 1 ⇔⎨ 3 ⎩4 x − 6 x − 9 x − 1 = −m 2 0.25
Yêu cầu bài toán ⇔ đường thẳng y = −m cắt phần đồ thị hàm số f ( x ) = 4 x 3 − 6 x 2 − 9 x − 1 với x ≤ 1 tại đúng một điểm. 0.25 Xét hàm số f ( x ) = 4 x3 − 6 x 2 − 9 x − 1 với x ≤ 1 . 1 Với x ≤ 1 thì f ' ( x ) = 12 x 2 − 12 x − 9 = 0 ⇔ x = − 2 0.25 1 Bảng biến thiên: x −∞ − 1 2 − y’ + 0 3 y 2 −∞ −12 Từ bảng biến thiên ta có: ⎡ 3 ⎡ 3 −m = ⎢m = − 2 Yêu cầu bài toán ⇔ ⎢ 2 ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ −m < −12 ⎣ m > 12 0.25 VI.a A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a;0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( − a; b ) (1 điểm) 0.25 Vectơ chỉ phương của d là u = (1; 2 ) Toạ độ trung điểm I của AB là ⎛ ; ⎞ a b ⎜ ⎟ ⎝ 2 2⎠ 0.25 A và B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi ⎧ AB.u = 0 ⎧−a + 2b = 0 ⎪ ⎪ ⎧a = −4 ⎨ ⇔⎨ b ⇔⎨ ⎪I ∈ d ⎩ ⎪a − 2 + 3 = 0 ⎩b = −2 . Vậy A ( −4;0 ) , B ( 0; −2 ) ⎩ 0.50 VII.a 18 ⎛ 1 ⎞ Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của ⎜ 2 x + 5 ⎟ là (1 điểm) x ⎝ ⎠ k 6k ⎛ 1 ⎞ 18 − Tk +1 = C18 . ( 2 x ) 18− k k . ⎜ 5 ⎟ = C18 .218− k .x k 5 ⎝ x⎠ 0.50 6k Số hạng không chứa x ứng với k thoả mãn 18 − = 0 ⇔ k = 15 . 5 Vậy số hạng cần tìm là T16 = C18 .23 = 6528 15 0.50 VIII.a • Giao điểm của đồ thị với trục hoành là A ⎛ − ;0 ⎞ . ⎜ ⎟ 1 (1 điểm) ⎝ 2 ⎠ −3 ⎛ 1⎞ 4 y' = ; y' ⎜ − ⎟ = − ( x − 1) 2 ⎝ 2⎠ 3 0.50 • Pt tiếp tuyến của đồ thị tại A ⎛ − ;0 ⎞ là y = − ⎜ x + ⎟ ⇔ y = − x − 1 4⎛ 1⎞ 4 2 ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 3⎝ 2⎠ 3 3 0.50
x −1 y+4 VI.b Đt BC đi qua B (1; −4 ) và M ⎛ 2; ⎞ nên có pt: ⎜ ⎟ 1 = 9 ⇔ 9 x − 2 y − 17 = 0 (1 điểm) ⎝ 2⎠ 1 2 ⎛ 9t − 17 ⎞ C ∈ BC ⇒ C ⎜ t ; ⎟,t∈ ⎝ 2 ⎠ 0.50 ⎛ 9t − 25 ⎞ AB = ( 2; −8 ) ; AC = ⎜ t + 1; ⎟ . Vì tam giác ABC vuông tại A nên ⎝ 2 ⎠ AB. AC = 0 9t − 25 Suy ra t + 1 − 4. = 0 ⇔ t = 3. Vậy C ( 3;5 ) 2 0.50 VII.b Điều kiện n ≥ 4, n ∈ . n Ta có: ( x 2 + 2 ) = ∑ Cnk x 2 k 2n −k . Hệ số của x8 là Cn4 .2n −4 n (1 điểm) k =0 0.50 A − 8C + C = 49 ⇔ ( n − 2 )( n − 1) n − 4 ( n − 1) n + n = 49 ⇔ n − 7 n + 7 n − 49 = 0 3 n 2 n 1 n 3 2 ⇔ ( n − 7 ) ( n2 + 7 ) = 0 ⇔ n = 7 Vậy hệ số của x8 là C74 .23 = 280 0.50 VIII.b −x + 4x + 3 2 7 y= = −x + 2 + . Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho. (1 điểm) x−2 x−2 7 M ( x; y ) ∈ (C) ⇔ y = − x + 2 + . x−2 Tiệm cận xiên: y = − x + 2 ⇔ x + y − 2 = 0 ; Tiệm cận đứng: x = 2 0.50 x+ y−2 7 Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là: d1 = = . 2 2. x − 2 Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là: d 2 = x − 2 . 7 7 Ta có: d1.d 2 = . x−2 = . Suy ra điều phải chứng minh 2. x − 2 2 0.50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------