Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 35, 36

Chia sẻ: Tran Binh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi Đại học - Cao đẳng dành cho các bạn học sinh với 2 đề thi thử Đại học môn Toán 35 và 36 sẽ giúp các bạn luyện thi Đại học và củng cố kiến thức môn Toán về tính tích phân, viết phương trình mặt phẳng. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 35, 36

ĐỀ SỐ 35. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I: PHẦN CHUNG: ( 7điểm) CâuI (2điểm): Cho hàm số y = f(x) =(x + 2)(x2 – mx + m2 -3) ( 1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành. Câu II (2 điểm): 1: Giải phương trình: 4sin2x + 1 = 8sin2xcosx + 4cos22x 2: Giải bất phương trình: x2 + 4x + 1 > 3 x (x + 1) 1 2 2 x4 Câu III (1điểm): Tính tích phân I   dx 0 x4  2x2  1 3 Câu IV (1điểm): Cho hình hình chóp S.ABCD có cạnh SA = , tất cả các cạnh còn lại đều bằng 1. 4 Chứng minh rằng tam giác SAC vuông và tính thể tích khối chóp S.ABCD.  3 x  2 y 1  0 Câu V(1điểm): Giải hệ phương trình:  (3  x) 2  x  2 y 2 y  1  0  PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A.Theo chương trình chuẩn Câu VI/a: (2điểm) 1 . Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường cao kẽ từ B của tam giác ABC. 2. Trong kgOxyz viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua giao tuyến của hai mặt phẳng   : 2x – y – 1 = 0;    : 2x – z = 0 và tạo với mặt phẳng (Q): x – 2y + 2z – 1 = 0 góc  mà 2 2 cos = 9 Câu VII/a: (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời: z  1  2i   5 va z.z  34 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI/b.(2điểm) 1. Trong mpOxy cho tam giác ABC cân tại A. Đường thẳng AB và BC lần lượt có phương trình: 7x + 6y – 24 = 0; x – 2y – 2 = 0. Viết phương trình đường trung tuyến kẽ từ B của tam giác ABC 2. Trg kgOxyz viết phương trình đường thẳng d nằm trong mặt phẳng (P): x + y – z + 1= 0, x  1 t x  3  t   cắt các đường thẳng  D  :  y  t ;  D ' :  y  1  t và tạo với (D) một góc 300  z  2  2t  z  1  2t   Câu VII/b: (1điểm) Giải phương trình: x  4.15log3 x  51 log3 x  0 -------------------- Hết--------------------
HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 35. Câu I: 1. bạn đọc tự giải 2. Đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với trục hoành khi hệ sau có nghiệm: ( x  2)  x 2  mx  m 2  3  0  (1)  2 2 3 x   2m  4  x  m  2m  3  0 (2)   x  2 (1)   2 2  x  mx  m  3  0 (3) *) Với x = - 2 thay vào (2): m =  1 m  12  3m 2 *) (3) có nghiệm khi và chỉ khi m  2 , (3) có hai ngiệm x = 2 Thay vào (2) ta được: 12  3m 2  0  m  2 Câu II : 1.4sin2x + 1 = 8sin2xcosx + 4cos22x  5 – 4cos2x = 8cosx – 8cos3x + 16cos4x – 16cos2x + 4  16cos4x – 8cos3x  12cos2x + 8cosx - 1 = 0  (2cosx – 1)(8cos3x – 6cosx + 1) = 0  (2cosx – 1)(2cos3x + 1) = 0 2. x2 + 4x + 1 > 3 x (x + 1) Điều kiện x ≥ 0 Đặt t  x , t ≥ 0 Bất phương trình trở thành t4 + 4t2 +1 > 3t3 + 3t  t4 – 3t3 + 4t2  3t +1 > 0  (t – 1)2(t2 – t + 1) > 0 t  1 Vậy nghiệm của bất phương trình x≥ 0 và x  1 1 1 2  2 2 x4 4 x2  2 Câu III:. I   4 dx =   2  2 2 dx = 1 + x  2x2  1 0   x  1  x  1  0  1 1 2 3 1 3 1       dx 2   x  1  x  1 2 x  1  x  1 2  0  1 1 1 1  = 1   3ln x  1   3ln x  1   2 =… 2 x 1 x 1  0 Câu VI: ABCD là hình thoi , gọi O là tâm , P là trung điểm của SC S 1 3 Ta có BD  (SAC), SC  (PBD), OP  SA  2 8  SC  OP P OP là đường TB của tam giác SAC, vậy SC  SA 5  SAC vuông tại A  SA = B 4 C SA.SC 3 Gọi H là chân đường cao, H  AC, SH   AC 5 A H O 39 Ta có: BD = 2 BP 2  OP 2 = D 4 1 V  AC.DB.SH 6 3 x  2 y 1  0  (1) 1 Câu V:  Điều kiện x  2 va y  (3  x) 2  x  2 y 2 y  1  0 (2)  2
(2)  1   2  x   2  x  1   2 y  1  2 y  1     2 3 Xét hàm số f(t) = (1 + t )t = t + t f’(t)= 3t2 + 1 > 0 t  R. Vậy hàm số tăng trên R     (2)  f 2  x  f 2 y  1  2  x  2 y  1  2 – x = 2y – 1  2y = 3 – x 3 Thay vào (1): x + x – 2 = 0  x = 1. Nghiệm của hệ (1;1) Câu VI.a:  1 1. B = ABAC, B  3;   2 Theo yêu cầu bài toán ta có vô số tam giác thỏa mãn bài toán mà các cạnh AC nằm trên các đường thẳng // với nhau.  3 Chọn M(4;1)  BC, M là trung điểm của BC  C  5;   2 Tam giác ABC cân tại A, Vậy AM  BC  AM: 2x + y – 9 = 0 A = AM AB  A(6;-3)  Đường cao BH đi qua B có VTPT AC  pt 2 x  y  1  0 2. Gọi d là giao tuyến của   và     d:  2 x  z  0 Lấy A(0;-1;0), B(1;1;2)  d (P) qua A, (P) có dạng phương trình: Ax + By + Cz + B = 0 (P) qua B nên: A + B + 2C + B = 0  A = - (2B + 2C) Vậy (P): - (2B + 2C)x + By + Cz + B = 0 2 B  2C  2 B  2C 2 2 cos    13B2 - 8BC – 5C2 = 0, Chọn C = 1  B = 1; B = - 2 2 3 (2 B  2C )  B  C 2 9 5/13 +. Với B = C = 1; (P): - 4x + y + z + 1 = 0 +. Với B = 5/13 và C = 1; (P’): - 16x - 5y + 13z - 5 = 0 Câu VII.a: Gọi z = x + yi (x;y  R) x  3  ( x  1)2  ( y  2) 2  25  x  2 y  7  y  5 Ta có:  2  2  z 2  x   y  34 5 y  28 y  15  0   x  29 / 5   y  3 / 5  Câu VI.b: 1.Cách giải như câu VI.a , đường trung tuyến xuất phát từ B và qua trung điểm N của AC 2. Ta có (D) nằm trong (P) Gọi A = (D’)(P) , giải hệ ta được A(5;-1;5)   Lấy B(1+t;t;2+2t)  (D); AB  (t  4; t  1; 2t  3) là VTCP của d 6t  9 3  t  1 Ta có cos300 =   2 6 (t  4)2   t  1   2t  3 2 2 t  4 x  5  t   *) Với t = - 1 thì AB = ( -5;0;-5)  d:  y  1 z  5  t  x  5    *) Với t = 4 thì AB = (0; 5;5)  d:  y  1  t z  5  t 
1 log3 x 1 log3 x log3 x log 3 x Câu VII.b: x  4.15 5 0 3  4.15 2  5.5log3 x  0 log3 x log 3 x  3  3    4 5  0 5  5    log3 x  3  1 x 1  5    ---------------------------Hết------------------------- ĐỀ SỐ 36. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  x 4  2 x 2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b. Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau. Câu II (2 điểm) 1 2  cos x  sin x  1. Giải phương trình lượng giác:  tan x  cot 2 x cot x  1 1 2. Giải bất phương trình: log 3 x 2  5 x  6  log 1 x  2  log 1  x  3 3 2 3  2 Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I   cos 2 x  sin 4 x  cos 4 x  dx 0 Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ. Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450. Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ. Câu V (1 điểm) Cho phương trình x  1  x  2m x 1  x   2 4 x 1  x   m3 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng  định bởi: (C ) : x 2  y 2  4 x  2 y  0;  : x  2 y  12  0 . Tìm điểm M trên  sao cho từ M vẽ được với (C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0). Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ ba màu? 2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc 9 đường thẳng  d  : x  y  3  0 và có hoành độ xI  , trung điểm của một cạnh là giao điểm của 2 (d) và trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là ( S ) : x  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  5  0, ( P) : 2 x  2 y  z  16  0 . 2 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  3 . Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 4 4 4    2  2  2 a b bc ca a 7 b 7 c 7 ----------------------Hết---------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 36. Đáp án. Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D  0,25 + Sự biến thiên  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  x  0 0,25  y '  4 x  4 x  4 x  x  1 ; y '  0   3 2  x  1  Bảng biến thiên 0,25 yCT 1  y  1  1; yCT 2  y 1  1; yC§  y  0   0  Đồ thị 0,25 2 1,00
Ta có f '( x)  4 x 3  4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là 3 3 k A  f '(a )  4a  4a, k B  f '(b)  4b  4b Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: y  f '  a  x  a   f  a   f '  a  x  f (a)  af'  a  ; y  f '  b  x  b   f  b   f '  b  x  f (b)  bf'  b  Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: k A  k B  4a 3  4a = 4b3  4b   a  b   a 2  ab  b 2  1  0 (1) Vì A và B phân biệt nên a  b , do đó (1) tương đương với phương trình: a 2  ab  b2  1  0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau a 2  ab  b 2  1  0   2 2 a  ab  b  1  0   a  b   4 ,  f  a   af '  a   f  b   bf '  b  2 4 2  3a  2a  3b  2b  Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là  1; 1 và 1; 1 . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là a 2  ab  b 2  1  0   a  1 a  b  II 2,00 1 1,00 cos x.sin 2 x.sin x. tan x  cot 2 x   0  Điều kiện:  0,25 cot x  1  1 2  cos x  sin x  cos x.sin 2 x Từ (1) ta có:    2 sin x sin x cos 2 x cos x cos x 0,25  1 cos x sin 2 x sin x  2sin x.cos x  2 sin x   2  x  4  k 2 0,25  cos x   k   2  x     k 2   4 Giao với điều kiện, ta được họ nghiệm của phương trình đã cho là  0,25 x  k 2  k   4 2 1,00 Điều kiện: x  3 0,25 Phương trình đã cho tương đương: 1 1 1 log 3  x 2  5 x  6   log 31  x  2   log 31  x  3 2 2 2 0,25 1 1 1  log 3  x 2  5 x  6   log 3  x  2    log 3  x  3 2 2 2