ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN 8

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học môn: toán 8', 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 8

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH Câu I (2 điểm). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = x4 – 4x2 + 3 2. Tìm m để phương trình x 4  4 x 2  3  log 2 m có đúng 4 nghiệm. Câu II (2 điểm). 3 x x x 1. Giải bất phương trình:    5 1   5 1  2 2 0 2. Giải phương trình: x 2  ( x  2) x  1  x  2 Câu III (2 điểm) e x 1  tan( x 2  1)  1 1. Tính giới hạn sau: lim 3 x 1 x 1 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi , BAD   . Hai mặt bên (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại hợp với đáy một góc  . Cạnh SA = a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối chóp S.ABCD. Câu IV (1 điểm). Cho tam giác ABC với các cạnh là a, b, c. Chứng minh rằng: a3  b3  c3  3abc  a (b 2  c 2 )  b(c 2  a 2 )  c (a 2  b 2 ) PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng  : x  2 y  3  0 và hai điểm A(1; 0), B(3; - 4). Hãy tìm   trên đường thẳng  một điểm M sao cho MA  3MB nhỏ nhất. x  1 t x  t   2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :  y  2t và d 2 :  y  1  3t . Lập  z  2  t z  1 t   phương trình đường thẳng đi qua M(1; 0; 1) và cắt cả hai đường thẳng d1 và d2. 3. Tìm số phức z thỏa mãn: z 2  2 z  0 Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao 1. Trong mặt phẳng tọa độ cho hai đường tròn (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng x  1 t x  t   nhau.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :  y  2t và d 2 :  y  1  3t . Lập  z  2  t z  1 t   phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 3. Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  1 , tìm số phức z có modun nhỏ nhất. …Hết…
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Câu ý Nội dung Điểm 2 1 1 TXĐ D = Giới hạn : lim y   x  I Sự biến thiên : y’ = 4x3 - 8x y’ = 0  x  0, x   2 025 Bảng biến thiên x   2 0 2  025 y’ - 0 + 0 - 0 + y   3 -1 -1 Hàm số đồng biến trên các khoảng  2; 0 ,   2;  và nghịch biến trên các khoảng 025  ;  2  , 0; 2  Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 3. Hàm số đạt cực tiểu tại x =  2 , yCT= -1 Đồ thị y 3  3 1 3 -1 O x 025 2 1 4 2 Đồ thị hàm số y  x  4 x  3 y 025 3 y = log2 m 1 x O
 3  2 -1 1 2 3 Số nghiệm của phương trình x 4  4 x 2  3  log 2 m bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 025 4 2 y  x  4 x  3 và đường thẳng y = log2 m. 025 Vậy phương trình có 4 nghiệm khi và chỉ khi log2 m = 0 hoặc 1  log 2 m  3 025 hay m = 1 hoặc 2
2 1 Kẻ đường cao SI của tam giác SBC. Khi đó AI  BC 025 (Định lí 3 đường vuông góc) do đó SIA   S a cot  a AI = a.cot  , AB = AD = , SI = 025 sin  sin  a 2 cot 2  S ABCD  AB.AD.sin   sin  A D 3 2 a cot  VS . ABCD  025 3sin  Sxq = SSAB + SSAD SSBC + SSCD B I C a 2 cot  1 = .(1  ) 025 sin  sin  IV 1 Ta có a3  b3  c3  3abc  a (b 2  c 2 )  b(c 2  a 2 )  c (a 2  b 2 ) a2  b2  c2 b2  c 2  a 2 c 2  a 2  b2 3     2ab 2bc 2ca 2 025 3  cos A  cos B  cos C  2 025 Mặt khác cos A  cos B  cos C  (cos A  cos B).1  (cos A cos B  sin A sin B) 1 1 3 05  [(cos A  cos B) 2  12 ]+ [sin 2 A+sin 2 B]-cos A cos sB  2 2 2 3 Do đó cos A  cos B  cos C  2 Va 3 1 1 5 Gọi I là trung điểm của AB, J là trung điểm của IB. Khi đó I(1 ; -2), J( ; 3 ) 2          025 Ta có : MA  3MB  ( MA  MB )  2 MB  2 MI  2 MB  4 MJ
  Vì vậy MA  3MB nhỏ nhất khi M là hình chiếu vuông góc của J trên đường thẳng  025 025 Đường thẳng JM qua J và vuông góc với  có phương trình : 2x – y – 8 = 0.  2 x  2 y  3  0 x  5  19 2 025 Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ   vậy M( ; ) 2 x  y  8  0  y  19 5 5   5 2 1  Đường thẳng d1 đi qua A(1; 0; -2) và có vecto chỉ phương là u1  (1; 2;1) , đường thẳng d2 đi qua 025   B(0; 1; 1) và có vecto chỉ phương là u2  (1;3; 1) . Gọi ( ), (  ) là các mặt phẳng đi qua M và lần lượt chứa d1 và d2. Đường thẳng cần tìm chính là 025 giao tuyến của hai mặt phẳng ( ) và ( )   Ta có MA  (0; 0; 3), MB  (1;1;0)  1       n1   MA; u1   (2;1;0), n2    MB; u2   (1;1; 4) là các vecto pháp tuyến của ( ) và ( ) 3    025     Đường giao tuyến của ( ) và ( ) có vectơ chỉ phương u   n1 ; n2   (4; 8;1) và đi qua M(1;0;1)   025 nên có phương trình x= 1 + 4t, y = 8t, z = 1 + t 3 1 2 2 2 Gọi z = x + y.i. Khi đó z = x – y + 2xy.i, z  x  yi 025 z 2  2 z  0  x 2  y 2  2 x  2( x  1) yi  0 025  x2  y 2  2 x  0   ( x  1; y   3), ( x  0; y  0), ( x  2; y  0) 2( x  1) y  0 025 Vậy có 4 số phức thỏa mãn z = 0, z = - 2 và z = 1  3i 025 Vb 3 1 1 Gọi giao điểm thứ hai của đường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N Gọi M(x; y)  (C1 )  x 2  y 2  13 (1) Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y). 025 Do N  (C2 )  (2  x ) 2  (6  y ) 2  25 (2)  x 2  y 2  13  Từ (1) và (2) ta có hệ  2 2 025 (2  x)  (6  y )  25  17 6 17 6 025 Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( loại) và (x = ; y = ). Vậy M( ; ) 5 5 5 5 Đường thẳng cần tìm đi qua A và M có phương trình : x – 3y + 7 = 0 025 2 1 Gọi M (1- t ; 2t ; -2 + t)  d1 , N(t’ ; 1+3t’ 1- t’)  d 2  Đường thẳng d1 có vecto chỉ phương là u1  (1; 2;1) , đường thẳng d2 có vecto chỉ phương là   u2  (1;3; 1) .   MN  (t ' t  1;3t ' 2t  1; t ' t  3)
   MN .u1  0 2t ' 3t  3  0 025      MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 khi và chỉ khi MN .u  0   2 11t ' 4t  1  0  3 t '  5   t  7 025  5  2 14 3 3 14 2 Do đó M( ; ; ), N( ; ; ). 5 5 5 5 5 5 025 MN 2 1 14 1 Mặt cầu đường kính MN có bán kính R =  và tâm I( ; ; ) có phương 2 2 10 5 10 1 14 1 1 trình ( x  ) 2  ( y  )2  ( z  )2  10 5 10 2 025 3 1 Gọi z = x + yi, M(x ; y ) là điểm biểu diễn số phức z. z  1  2i  1  ( x  1) 2  ( y  2) 2  1 025 Đường tròn (C) : ( x  1)2  ( y  2)2  1 có tâm (-1;-2) O Đường thẳng OI có phương trình y = 2x Số phức z thỏa mãn điều kiện và có môdun nhỏ nhất khi và chỉ khi điểm Biểu diễn nó thuộc (C) và gần gốc tọa độ O nhất, đó chính là một trong hai giao điểm của đường thẳng OI và (C) I 025 Khi đó tọa độ của nó thỏa  1  1  y  2x  x  1   5  x  1  5 mãn hệ  2 2  , 025 ( x  1)  ( y  2)  1  y  2  2  2 y  2    5  5 1 2 Chon z = 1   i ( 2  ) 5 5 025