Đề thi thử đại học môn Toán lần 1

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

127
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán lần 1', 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 lần 1

Đ THI TH Đ I H C L N 1 (Th i gian làm bài :180 phút) LAISAC biên so n PH N CHUNG CHO T T C CÁC THÍ SINH. Câu I. (2 đi m) Cho đư ng cong có hàm s y = x3- 2x2 - (m - 1)x + m. (1) 1. Kh o sát s bi n thiên và v đ th khi m = 1 . 2. Trong trư ng h p hàm s (1) đ ng bi n trong t p s th c R, tính m đ di n tích hình ph ng gi i h n b i đ th (1) và hai tr c Ox,Oy có di n tích b ng 1 đơn v di n tích. Câu II.( 2 đi m) Gi i các phương trình nghi m th c sau đây : 1. 1 − tan x. tan 2 x = cos 3x. 2. ( x + 3). (4 − x)(12 + x ) = 28 − x. Câu III .( 2 đi m) 1 .Trong m t ph ng Oxy cho elíp (E) :x2 + 4y2 = 4 .Qua đi m M(1 ;2) k hai đư ng th ng l n lư t ti p xúc v i (E) t i A và B.L p phương trình đư ng th ng đi qua hai đi m A và B. C 2. Tam giác ABC là tam giác gì n u ba góc A,B,C c a tam giác th a : cos 2 A + cos 2 B = 2 sin 2 . 2 Câu IV . ( 2 đi m) 1 . Cho hai s th c x ,y thay đ i và th a mãn đi u ki n: x.(1 − y ) = y. 4 − x 2 . x Tìm giá tr l n nh t,giá tr nh nh t c a t s . y 1 ∫ (2 x + x + 1)e 2 x 2 + x +1 2.Tính tích phân : I = dx . 0 PH N T CH N:Thí sinh ch n câu V.a ho c câu V.b. Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban . ( 2 đi m) x + 2 y − 4 = 0 y + z = 0 1. Trong không gian Oxyz cho hai đư ng th ng (d1) :  ; (d2):  z − 3 = 0 x − 1 = 0 L p phương trình m t c u có bán kính nh nh t ti p xúc v i c hai đư ng th ng trên. 2. Tìm t t c các s t nhiên ch n có 4 ch s , sao cho trong m i s đó ch s đ ng sau l n hơn ch s đ ng li n trư c nó. Câu 5.b . Theo chương trình THPT phân ban thí đi m . ( 2 đi m) 1.Cho hình chóp t giác S.ABCD .Đáy ABCD là hình vuông c nh b ng a ,SA vuông góc v i m t ph ng(ABCD) và SA = a. Tính di n tích c a thi t di n t o b i hình chóp v i m t ph ng qua A vuông góc v i c nh SC. 2. Gi i b t phương trình : log (x 2 −1) 3 ≤ log x 2 ( x ∈ R ) . …………………………………………………………H t……………………………………………………… …. HƯ NG D N GI I Câu I.1.B n đ c t gi i . 2. Ta có y’ = 3x2 – 4x – m + 1. 1 Đ hàm s đ ng bi n trong t p s th c R khi và ch khi y ' ≥ 0 ∀x ∈ R ⇔ m ≤ − (2) 3 Phương trình hoành đ giao đi m c a đ th (1) v i tr c Ox:
x3 -2x2 –(m – 1)x + m =0 ⇔ (x – 1)(x2 –x – m ) = 0.Đi u này ch ng t đ th (1) luôn c t tr c hoành t i đi m c đ nh (1 ; 0 ). M t khác vì hàm s là hàm b c ba có h s cao nh t a = 1 > 0 l i đ ng bi n trong R nên đ th luôn c t tr c tung có tung đ âm. Hay khi m ≤ − ⇒ y = x3 -2x2 –(m – 1)x + m ≤ 0 ∀x ∈ [0; 1] 1 3 Do đó di n tích hình ph ng gi i h n b i đ th (1) và hai tr c t a đ là ( ) 1 1 m 13 S = − ∫ x 3 − 2 x 2 − (m − 1) x + m dx = − − , mà S = 1 ⇔ m = − (th a đi u ki n (2)). 0 12 2 6 cos x ≠ 0 cos x ≠ 0  Câu II. 1.Đi u ki n :  ⇔ 2 1 cos 2 x ≠ 0 cos x ≠ 2  Phương trình tương đương :cos3x = cos3x.cosx.cos2x. cos x = 0 (loaï ) π Ho c : cos 3x = 0 ⇔ 4 cos x − 3 cos x = 0 ⇔  2 3 3 ⇔ x = ± + kπ . cos x = 6  4 Ho c:cosx.cos2x=1 ⇔ 2 cos 3 x − cos x − 1 = 0 ⇔ (cos x − 1)( 2 cos 2 x + 2 cos x + 1) = 0 (cos x − 1) = 0  x = 2mπ . ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔ x = 2 mπ (2 cos x + 2 cos x + 1) = 0   2 cos x + 2 cos x + 1 = 0 (vn).  π V y phương trình có nghi m là : x = ± + kπ ; x = 2mπ . ( k , m ∈ Z ) 6 2 .Đi u ki n : − 12 ≤ x ≤ 4 . Phương trình tương đương : ( x + 4). 64 − ( x + 4) 2 + ( x + 4) − 64 − ( x + 4) 2 = 32 (3). 64 − t 2 Đ t t = ( x + 4) − 64 − ( x + 4) 2 suy ra (3) vi t l i: + t = 32 ⇔ t 2 − 2t = 0 ⇔ t = 0; t = 2. 2 Khi t = 0 ⇒ 64 − ( x + 4) 2 = x + 4 ⇒ x = 4 2 − 4; x = −4 2 − 4 ( lo i). Khi t = 2 ⇒ ( x + 4) − 64 − ( x + 4) 2 = 2 ⇒ 64 − ( x + 4) 2 = x + 2 ⇒ x = 31 − 3; x = − 31 − 3 (lo i). Th l i, phương trình có hai nghi m: x = 4 2 − 4 ; x = 31 − 3 . Câu III .1 . Gi s (x1 ; y1) ; (x2 ; y2) l n lư t là t a đ hai ti p đi m A và B . Do đó,phương trình hai ti p tuy n MA và MB là :x.x1 +4y.y1 = 4 ; x.x2 +4y.y2 = 4 . Mà hai ti p tuy n đ u đi qua đi m M( 1 ; 2) nên : x1 + 8y1 = 4 (4) ; : x2 + 8y2 = 4 (5). T (4) và (5) ch ng t t a đ hai đi m A và B th a mãn phương trinh x + 8y = 4. Hay phương trình đư ng th ng qua hai đi m A và B là x + 8y – 4 = 0. C 1 + cos 2 A 1 + cos 2 B 2. Ta có: cos 2 A + cos 2 B = 2 sin 2 ⇔ + = 1 − cos C ⇔ cos 2 A + cos 2 B + 2 cos C = 0 2 2 2 ⇔ 2 cos( A + B) cos( A − B) + 2 cos C = 0 ⇔ 2 cos C.(− cos( A − B) + 1) = 0 ⇔ cos C = 0 ∨ cos( A − B) = 0 Suy ra tam giác vuông ho c cân t i C. x Câu IV: 1. Đi u ki n − 2 ≤ x ≤ 2 .Đ t n t i giá tr l n nh t và nh nh t c a thì x ≠ 0; y ≠ 0 y x ( Bi n đ i x.(1 − y ) = y. 4 − x 2 ⇔ = x + 4 − x 2 y ) = h . ( h ≠ 0) .Bi u th c vi t l i : h = x + 4 − x 2 là m t hàm s liên t c trong đo n [− 2 ;2] x Đ t y
x ta có h' = 1 − , khi h’ = 0 ⇔ x = 2 . Ta tính h( −2) = −2, h( 2) = 2, h( 2 ) = 2 2 . 4 − x2 1 Suy ra Max(h) = 2 2 khi x = 2 ; y= ; Min(h) = -2 khi x = - 2 ;y = 1 . 2 x x x V y giá tr l n nh t (GTLN) ,giá tr nh nh t (GTNN) c a : GTLN ( ) = 2 2 , GTNN ( ) = −2 y y y 1 1 1 2.Ta có ∫ (2 x 2 + x + 1)e x + x +1 .dx = ∫ (2 x 2 + x )e x + x +1 .dx + ∫ e x + x +1 2 2 2 .dx. 0 0 0 u = e x + x +1 du = (2 x + 1).e x + x +1 2 2   1 dx Dùng phương pháp t ng ph n ta tính tích phân ∫ e x 2 + x +1 dx . Đ t  ⇒ Suy 0 dv = dx  v = x  1 1 1 ra ∫ e x 2 + x +1 dx = ( xe x 2 + x +1 − ∫ (2 x 2 + x)e x + x +1 2 ) dx 0 0 0 1 1 Do đó : ∫ (2 x 2 + x + 1)e x + x +1 dx = ( xe x + x +1 = e3 . 2 2 ) 0 0 Câu Va 1. Ta xét v trí tương đói c a hai đư ng th ng ⇒ hai đư ng th ng chéo nhau ( t ch ng minh). Theo yêu c u đ toán tâm I m t c u chính là trung đi m c a đư ng vuông góc chung MN c a hai đư ng th ng . (M ∈ (d1 ); N ∈ (d 2 ) ) MN (d1) và (d2) và bán kính R = 2  x = 4 − 2t  Đư ng th ng (d1) vi t l i  y = t ⇒ VTCP a = (2;−1;0) . và M(4-2t ;t ;3) ∈ (d1 ) z = 3  x = 1  Đư ng th ng (d2) vi t l i  y = t ' ⇒ VTCP b = (0;1;−1) ,và N(1 ;t’ ;-t’)∈ (d 2 ) .  z = −t '  Suy ra MN = (3 − 2t; t − t ' ;3 + t ' ) . Đ MN là đư ng vuông góc chung c a hai đư ng th ng (d1) và (d2) ,ta có MN ⊥ a  6 − 4t − t + t '+0 = 0 5t − t '−6 = 0 t = 1  ⇔ ⇔ ⇔ MN ⊥ b  0 + t − t '−3 − t ' = 0 t − 2t '−3 = 0 t ' = −1 3 9 T đó suy ra phương trình m t c u c n tìm là : ( x − ) 2 + y 2 + ( z − 2) 2 = . 2 4 2. Gi s s đó là x = a1 a 2 a3 a 4 .Theo yêu c u bài toán các ch s a1, a2, a3, a4 khác nhau t ng đôi m t và khác không , và x là s ch n nên ta có các trư ng h p sau : TH1: a4 = 4 ,t yêu c u đ toán ⇒ s đó là x = 1234.Do đó có m t cách ch n . TH2: a4 = 6 ,t yêu c u đ toán ba s h ng a1, , a2 , a3 ch đư c l y trong t p { ,2,3,4,5} và các chũ s tăng d n 1 = 10 s cho trư ng h p này . 3 nên có C 5 TH3 : a4= 8 ,tương t ba s h ng a1, , a2 , a3 còn l i ch đư c l y trong t p { ,2,3,4,5,6,7} nên có C 7 = 35 s 3 1 cho trư ng h p này. V y có 1+10 + 35 = 46 s đư c ch n theo yêu c u đ toán . Câu Vb.1.B ng phương pháp t a đ ,ch n A(0,0,0) ,B(a ;0 ;0) ; D(0 ;a ;0) ; C(a;a ;0) ; S(0 ;0 ;a). Gi s m t ph ng (P) đã cho c t SB,SC ;SD l n lư t t i E, G , F. M t ph ng (P) đi qua A và vuông góc SC nên nh n vectơ SC = (a; a;−a) làm VTPT ⇒ phương trình (P) là :x + y – z = 0 .(6)
x = 0  Ta l p phương trình đư ng th ng SD  y = t (7) . F là giao đi m c a SD và (P) nên nó là nghi m h phương z = a − t  a a a a 2a trình ( 6) và (7) ⇒ F (0; ; ) . Tương t G là giao đi m c a (P) và SC ⇒ G ( ; ; ) . 2 2 3 3 3 [ ] 2 a Do đó di n tích thi t di n AEGF : S = 2dt ( AGF ) = AG ; AF = . 2 3 2. Đi u ki n : x>1 , x ≠ 2 . 1 1 Ta có log (x 2 −1) 3 ≤ log x 2 ⇔ ≤ . log 3 ( x − 1) log 2 x 2 1 1 Khi 1 < x < 2 ta có v trái < 0 và v ph i > 0 .B t phương trình luôn đúng. log 3 ( x − 1) 2 log 2 x Nên b t phương trình có nghi m 1 < x < 2 . Khi x > 2 hai v b t phương trình đ u dương ,nên b t phương trình tương đương log 2 x ≤ log 3 ( x 2 − 1) t t 1  3 1 Đ t t = log 2 x . Khi x > 2 ⇒ t > và x = 2 t .B t phương trình vi t l i 3t ≤ 4 t − 1 ⇔   +   ≤ 1 (8) 2  4 4 t t  3 1 1 Đ t f (t ) =   +   là hàm s liên t c trong ( ;+∞)  4 4 2 t t 3 3 1 1 1 Ta có f ' (t ) =   ln +   ln < 0 ⇒ f(t) là hàm s gi m trong ( ;+∞) 4 4 4 4 2 M t khác ta có f (1) = 1 . Do đó b t phương trình (8) vi t l i f (t ) ≤ f (1) ⇔ t ≥ 1 ⇔ log 2 x ≥ 1 ⇔ x ≥ 2 V y b t phương trình đã cho có nghi m là 1 < x < 2 ho c x ≥ 2 “CHI N NG N NGU” VUI ( Ng m nghĩ th t …th t lâu!). Bò con đi thi v khoe v i m :”M ơi!đ thi hôm nay có t t c 5 câu ,trong đó có m t câu khó nh t ,các b n con không ai gi i đư c,ch duy nh t m i m t mình con gi i ra thôi !”.Bò m nghi ng h i: “Khó như th nào h con?”Bò con m t đ n ra ,no nê mãn nguy n “Khó đ n n i trong su t th i gian làm bài con ch làm m i câu đó thôi m !” Bò m r ng lên:”Ôi! Con tôi lây b nh …Thành tích r i !”…X u .