Đề thi thử đại học môn toán khối A và B

Chia sẻ: Hà Thị Thúy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

145
lượt xem 59
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 khối a và b', 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 khối A và B

TRƯỜNG THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 – NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN: TOÁN (Khối A+B) NGÔ SỸ LIÊN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề ) BẮC GIANG PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3mx 2  m 2  m 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với m  1 ; 2) Tìm tất cả giá trị của m để hàm số có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm 1 1 số đối xứng nhau qua đường thẳng y  x  . 2 2 Câu II (2,0 điểm) 3 sin 2 x  2cos 2 x  2 2  2cos 2 x 1) Giải phương trình:  x9  y7  4  2) Giải hệ phương trình:   y9  x7  4  Câu III (2,0 điểm) 1) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cho SA = a , AD = a 2 , AB = a . Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích tứ diện ABIN theo a . 2) Trong không gian Oxyz cho tứ diện ABCD biết A(1; -1; 1), B(3; 1; -2), C(2; 1; 0), D(1; -1; -2). a) Tính thể tích tứ diện ABCD, khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD); b) Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với A qua mặt phẳng (BCD). Câu IV (1,0 điểm) 111 Cho x, y, z dương thỏa mãn điều kiện    3 . Chứng minh rằng: xyz 1 1 1 2 2 1 2 x  2 x y  2 y z  2z PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh được chọn một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu V.a (2,0 điểm) e x 1  tan( x 2  1)  1 1) Tìm giới hạn sau: lim 3 x 1 x 1 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác cân ABC (AB =AC). Biết phương trình các đường thẳng AB, BC tương ứng là d1 : 2 x  y  1  0, x  4 y  3  0 . Viết phương trình đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC. Câu VI.a (1,0 điểm)     log 9 3x 2  4 x  2  1  log3 3 x 2  4 x  2 Giải bất phương trình: B. Theo chương trình Nâng cao Câu V.b (2,0 điểm) 1) Tính tổng S  12 C2012  2 2 C2012  32 C2012  ...  20112 C2012  20122 C2012 1 2 3 2011 2012 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại đỉnh A(2; 2). Đường thẳng (d) đi qua trung điểm các cạnh AB, AC có phương trình x  y  6  0 . Điểm D(2; 4) nằm trên đường cao đi qua đỉnh B của tam giác ABC. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. Câu VI.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 32 x  8.3x  x4  9.9 x  4  0 ------------ HẾT ------------
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I (2,0 điểm) 1) Khi m  1 , ta có: y  x 3  3 x 2  2 . Các bạn tự giải. x  0 2) Ta có: y  x 3  3mx 2  m 2  m  y '  3x 2  6mx ; y '  0   .  x  2m Hàm số có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi m  0 Cách 1 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ thuận lợi): Gọi A( 0; m 2  m ), B( 2m; 4m3  m 2  m )  tọa độ trung điểm M của đoạn AB là M=( m; 2m3  m 2  m ) 1 1 Điều kiện cần: Để hai điểm A, B đối xứng qua đường thẳng (d): y  x  , điều kiện cần là điểm M nằm trên đường 2 2 1 1 thẳng (d) tức là: 2m3  m2  m  m  m 1 2 2   Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2)  AB  (2; 4)  Hệ số góc của đường thẳng AB là: -2  đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng (d) (thỏa mãn) Vậy với m = 1 thì … Cách 2 (trong trường hợp hai điểm cực trị có tọa độ không thuận lợi): m 1   2 2 2 2 Ta có: y   x   y ' 2m x  m  m  y  2m x  m  m là đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị 3 3 hàm số đã cho. 1 1 Điều kiện cần: Để hai điểm cực trị A, B đối xứng qua đường thẳng (d): y  x  , điều kiện cần là đường thẳng AB 2 2  1  1  m  1  vuông góc đường thẳng (d) tức là: 2m 2 . 2 Điều kiện đủ: Khi m= 1, ta có: A(0; 2), B(2; -2) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=1  M(1; 0) là trung điểm của đoạn AB nằm trên (d)  m=1 thỏa mãn. Khi m= -1, ta có: A(0; 0), B(-2; 4) là hai điểm cực trị của hàm số đã cho ứng với m=-1  M(-1; 2) là trung điểm của đoạn AB không nằm trên (d)  m=-1 không thỏa mãn. Vậy với m = 1 thì … Câu II (2,0 điểm) 3 sin 2 x  2 cos 2 x  2 2  2 cos 2 x  2 3 sin x cos x  2 cos 2 x  4 | cos x | (2) 1) Khi cos x  0 , ta có:   cos x  0  x  2  k cos x  0  3 2 (2)  2 3 sin x cos x  2 cos x  4 cos x    1  sin x  cos x  1  x  2  k 2 (KTM) 3 sin x  cos x  2  2  2  3  Khi cos x  0 , ta có:  2 3 sin x cos x  2 cos2 x  4cos x  3 sin x  cos x  2  3 1 sin x  cos x  1  x    k 2 (KTM)  2 2 3 KL: 2) ĐK: x  7; y  7  x9  y7  4   x9  y9  y7  x7  0  y9  x7  4   x  y  0 xy xy  x y 0   0  x  9  y  9  y  7  x  7(VN ) x9  y9 y7  x7 
 x9  x7  4  Khi x  y  0 , ta có: x9  x7  4    x7  x9  x7  4  KL: Câu III (2,0 điểm) 1) + Vì SA(ABCD) nên SABM (1) Ta có:           2              AC.MB  AB  AD AB  AM  AB  AB. AM  AD. AB  AD. AM  0  ACBM (2) Từ (1) và (2): BM (SAC)  (SBM)(SAC) a + Xét tam giác ABM vuông tại A có đường cao AI  AI = 3 a2 2 a2 Xét tam giác ABI vuông tại I  BI =  SABI = 6 3 Gọi O là tâm của HCN ABCD, ta có: NO là đường trung bình tam giác SAC  ON a3 2 a = và là đường cao của hình chóp N.ABI  VABIN = (đvtt) 36 2               2) a) Ta có: BA  (2; 2;3), BC  (1; 0; 2), BD  (2; 2;0)   BC , BD   (4; 4; 2)  BA  BC , BD   6      VABCD  1, S BCD  3, AH  1      b) Gọi H(x0;y0;z0) là hình chiếu của A lên (BCD). Ta có: AH  ( x0  1; y0  1; z0  1),  BC , BD  cùng phương và       CH  ( x0  2; y0  1; z0 ),  BC , BD  vuông góc   x0  1 y0  1 z0  1 1 1 2  1 1 1  , 4( x0  2)  4( y0  1)  2 z0  0  x0  , y0  , z0   A '  ; ;    hay 4 4 2 3 3 3  3 3 3 Câu IV (1,0 điểm) a2 b2 c2 1 1 1 1 1 1 Đặt a  , b  , c   a  b  c  3, 2  ,  ,  x  2 x 2a  1 y 2  2 y 2b  1 z 2  2 z 2c  1 x y z a2 b2 c2 1 1 1 2 2 1   1 x2  2 x y  2 y z  2z 2a  1 2b  1 2c  1 2 a b c  2 Ta có: ( a  b  c)   2a  1  2b  1  2c  1   2a  1 2b  1 2c  1   a2 b2 c2     2a  1   2b  1   2c  1        2a  1 2b  1 2c  1  a2 b2 c2 ( a  b  c) 2      1 (đpcm) 2a  1 2b  1 2c  1 2(a  b  c )  3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 hay x=y=z=1 Câu V.a (2,0 điểm) e x 1  tan( x 2  1)  1 e x 1  1  tan( x 2  1) e x 1  1 tan( x 2  1) 1) lim = lim  lim 3  lim 3 3 x  1 x 1 3 x  1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 e x 1  1 sin( x 2  1) x2 1 x 1  lim lim 3  lim 2 lim 3   x  1 x1 x  1 cos( x 2  1) x1 x  1 x 1 x  1 x 1 e x 1  1 sin( x 2  1)     lim  x  1 x2  3 x 1   3  6  9 3 x 2  3 x  1  lim 3  lim lim x  1 cos( x  1) x1     2 2   x 1 x  1 x 1 x 1
2) Ta có: B(1; -1) Gọi M(-4m-3; m) (với m-1) là trung điểm của cạnh BC  C(-8m-7; 2m+1)  17m  11 17m  14  ; PT đường thẳng AM: 4x – y + 17m +12 =0  A   6 3     31m  31 11m  11   AC   ;  VTCP của AC là: (31;22) (vì m-1) và cũng là VTPT của đường cao qua đỉnh B 6 3   của tam giác ABC. PT đường cao: 31x+22y – 9 = 0 Chú ý: Có thể lập luận và chọn điểm A cụ thể khác B nằm trên đường thẳng d1. Câu VI.a (1,0 điểm)  x  1 ĐK: 3 x  4 x  2  1   2  x  1  3          log 9 3x 2  4 x  2  1  log3 3 x 2  4 x  2  2 log 9 3x 2  4 x  2  log 9 3x 2  4 x  2  1  0 (1)   Đặt t= log 9 3x 2  4 x  2 , ĐK: t0, (1) trở thành:  7  3  x  1  7   1    2 2 KL: S   2t  t  1  0  0  t  1  0  log 9 3 x  4 x  2  1   ; 1   ;1  1  x  1 3  3  3  Câu V.b (2,0 điểm)   f ( x)  (1  x )n1  (1  x) Cn  xCn  x 2Cn2  x3Cn  ...  x nCn 0 1 3 n 1) Xét hàm số:  (1  x )Cn  ( x  x 2 )Cn  ( x 2  x 3 )Cn2  ( x3  x 4 )Cn  ...  ( x n  x n 1 )Cn 0 1 3 n Ta có: f ( x )  (1  x )n 1  f '( x)  (n  1)(1  x)n  f "( x)  (n  1)n(1  x)n 1  f "(1)  (n  1)n.2 n 1 hay f ( x)  (1  x )Cn  ( x  x 2 )Cn  ( x 2  x3 )Cn  ( x3  x 4 )Cn  ...  ( x n  x n 1 )Cn 0 1 2 3 n  f '( x)  Cn  (1  2 x)Cn  (2 x  3 x2 )Cn2  (3x 2  4 x 3 )Cn  ...  (nx n 1  (n  1) x n )Cn 0 1 3 n  f "( x)  2Cn  (2  6 x )Cn2  (6 x  12 x 2 )Cn  ...  (n(n  1) x n 2  (n  1)nx n 1 )Cnn 1 3  f "(1)  2Cn  2.22 Cn2  2.32 Cn  ...  2n 2Cn 1 3 n  2Cn  2.22 Cn  2.32 Cn  ...  2n 2Cnn  (n  1)n.2 n1  Cn  2 2 Cn  32 Cn  ...  n 2Cnn  (n  1)n.2 n  2 1 2 3 1 2 3 Khi n  2012 , ta có: 12 C2012  22 C2012  32 C2012  ...  20122 C2012  2013.2012.22010 =S 1 2 3 2012 2) Gọi M là trung điểm của BC  M(4; 4) (M đối xứng với A qua đường thẳng x+y-6=0) Đường thẳng BC là: x+y-8=0    Gọi B(b;8-b)  C(8-b;b). Ta có: DB  (b  2; 4  b); AC  (6  b; b  2)    Vì D nằm trên đường cao qua đỉnh B của tam giác ABC nên DBAC  DB. AC  0  b  2, b  5 + Khi b=2, ta có: B(2;6) và C(6;2) + Khi b=5, ta có: B(5;3) và C(3;5) Câu VI.b (1,0 điểm) ĐK: x  4 32 x  8.3x  x4 x 4  0  32 x  2 x4  8.3x  x4  9.9  9  0 (2) 1 7 Đặt t  3x  x4 . (2) trở thành: t2 – 8t – 9 > 0  t > 9 4 DK : t  3 Khi t >9, ta có: 3x  x4  9  x x 4  2  x 4 x 4 6  0  x 4  3  x  5 KL: S  (5; ) ------------ HẾT ------------ Hoàng Văn Huấn – Sưu tầm đề và đưa ra hướng dẫn giải.