ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: Toán - TRƯỜNNG THPT LƯƠNG TÀI 2
lượt xem 32
download
Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn: toán - trườnng thpt lương tài 2', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Môn: Toán - TRƯỜNNG THPT LƯƠNG TÀI 2
- SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 TRƯỜNNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Môn: Toán – Ngày thi: 06.4.2010 Th ời gian 180 phút ( không kể giao đề ) ĐỀ CHÍNH THỨC Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm) 2x 3 Cho hàm số y x2 1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2 . Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đ ường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) x x x 1 . Giải phương trình 1 sin sin x cos sin 2 x 2 cos 2 2 2 4 2 1 2 . Giải bất phương trình log 2 (4 x 2 4 x 1) 2 x 2 ( x 2) log 1 x 2 2 Câu III (1 điểm) e ln x 3 x 2 ln x dx Tính tích phân I 1 x 1 ln x Câu IV (1 điểm) a · · . SA a 3 , SAB SAC 300 . Tính thể tích Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = 2 khối chóp S.ABC. 3 Câu V (1 điểm) Cho a , b, c là ba số dương thoả m ãn : a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 1 1 1 b iểu thức P 3 3 3 a 3b b 3c c 3a Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ đ ược làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2 Phần 1 :(Theo chương trình Chuẩn) Câu VIa (2 điểm) 1 . Trong m ặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x y 5 0 . d 2: 3x +6y – 7 = 0 . Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường th ẳng đó cắt hai đ ường thẳng d1 và d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. 2 . Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x y z 2 0 . Gọi A’là hình chiêú của A lên m ặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và b án kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n b iết: 2 C2 n1 3.2.2C2 n 1 .... ( 1)k k (k 1)2 k 2 C2 n 1 .... 2 n(2 n 1)2 2 n 1 C2 n1 40200 2 n 1 k 2 3
- Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm) x2 y2 1 .Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 1. 16 9 Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). 2 . Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P : x 2 y z 5 0 và đường thẳng x3 y 1 z 3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao (d ) : 2 đ iểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên điểm M sao cho kho ảng cách AM ngắn nhất. Câu VIIb (1 điểm): 2 3 x 1 2 y 2 3.2 y 3 x Giải hệ phương trình 3 x 2 1 xy x 1 -------------- Hết-------------- Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:--------------------------- Số báo danh:--http://laisac.page.tl-- Dáp án Câu Nội dung Điểm I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số .................. 1 ,00 1) Hàm số có TXĐ: R \ 2 0 ,25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đư ờng tiệm cận: * lim y ; lim y 0 ,25 x2 x 2 Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim y lim y 2 đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x x b) Bảng biến thiên: 1 Ta có: y' 0, x 2 x 2 2 Bảng biến thiên: - 2 x + 0 ,25 y’ - - 2 + y - 2 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2 và 2;
- 3) Đồ thị: 3 3 + Đồ thị cắt trục tung tại 0; và cắt trục ho ành tại điểm ;0 2 2 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. y 0 ,25 2 3/2 x 2 O 3/2 I. 2 Tìm M đ ể đ ường tròn có diện tích nhỏ nhất .......................... 1 ,00 2x 3 1 Ta có: M x0 ; 0 , x0 2 , y' (x0 ) x0 2 x0 22 0 ,25 Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: 1 2x 3 (x x 0 ) 0 :y x 0 2 2 x0 2 2x 2 x 2 ; B2x 0 2;2 Toạ độ giao điểm A, B của và hai tiệm cận là: A 2; 0 0 0 ,25 y y B 2x 0 3 x A x B 2 2x 0 2 x0 xM , A Ta thấy y M suy ra M là 2 2 x0 2 2 trung điểm của AB. Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích 0 ,25 2 2x 0 3 1 S = IM 2 (x0 2)2 2 ( x 0 2 ) 2 2 2 x0 2 (x 0 2 ) x 1 1 0 Dấu “=” xảy ra khi (x0 2)2 2 0 ,25 (x 0 2 ) x0 3 Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) II. 1 Giải phương trình lượng giác ...... 1 điểm 2 x x2 x 1 sin sin x cos sin x 2 cos (1) 2 2 4 2 0 ,25 1 1 sin x sin x cos x sin 2 x 1 cos x 1 sin x 2 2 2 x x x x x x sin x sin cos sin x 1 0 sin x sin cos .2 sin cos 1 0 0 ,25 2 2 2 2 2 2 x x x sin x sin 1 2 sin 2 2 sin 1 0 0 ,25 2 2 2
- sin x 0 x k x k sin x 1 x x k, k Z 0 ,25 k2 2 x k4 2 2 x x 2 sin 2 2 sin 1 2 2 II. 2 Giải bất phương trình......................... 1 điểm 1 1 1 x 2 x 0 x 1 * ĐK: 2 x 0 ,25 2 1 2 4x 2 4x 1 0 (2x 1)2 0 x 2 Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: 2 log 2 (1 2x ) 2x 2 ( x 2)log 2 (1 2x ) 1 0 ,25 xlog 2 (1 2x) 1 0 x 0 x 0 x 0 1 log 2 (1 2x) 1 0 log 2 2(1 2x) 0 2(1 2x) 1 x 4 0 ,25 x 0 x 0 x 0 x 0 log 2 (1 2x) 1 0 log 2 2(1 2x) 0 2(1 2x) 1 1 1 Kết hợp với điều kiện (*) ta có: x hoặc x < 0. 4 2 0 ,25 III Tính tích phân............................. 1 điểm e e ln x dx 3 x 2 ln xdx I x 1 ln x 1 1 e 0 ,25 1 ln x dx . Đặt t 1 ln x t 2 1 ln x; 2 tdt +) Tính I1 dx x x 1 ln x 1 Đổi cận: x 1 t 1; x e t 2 2 t 2 2 2 t3 1 22 2 .2 tdt 2 t 2 1 dt 2 t 0 ,25 I1 3 t 3 1 1 1 dx du x e u ln x +) Tính I 2 x 2 ln xdx . Đặt 0 ,25 2 3 dv x dx v x 1 3 e x3 e3 1 x3 e3 e3 1 2e3 1 1 .ln x 1 x 2 dx . e e I2 0 ,25 1 3 31 3 33 399 9 5 2 2 2e 3 0 ,25 I I1 3I 2 3 1 đ iểm IV Tính thể tích hình chóp .........................
- S M A C N B Theo định lí côsin ta có: · 0 ,25 SB 2 SA 2 AB 2 2SA.AB.cosSAB 3a 2 a 2 2.a 3.a.cos30 0 a 2 Suy ra SB a . Tương tự ta cũng có SC = a. Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC). 0 ,25 1 1 1 Ta có VS .ABC VS .MBC VA. MBC MA.S MBC SA.S MBC SA.S MBC 3 3 3 Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN BC. Tương tự ta cũng có MN SA. 0 ,25 2 2 2 a a 3 3a a3 MN2 AN2 AM2 AB2 BN2 AM2 a 2 . MN 2 4 4 16 a 3 a a3 1 1 1 Do đó VS .ABC SA. MN.BC a 3. . 0 ,25 3 2 6 4 2 16 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .................. 1 điểm áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 111 9 (*) (x y z) 33 xyz 9 x y z x y z xyz 0 ,25 3 xyz 1 1 1 9 áp dụng (*) ta có P 3 3 3 3 a 3b b 3c 3 c 3a 3 a 3b b 3c c 3a áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có a 3b 1 1 1 a 3b1.1 a 3b 2 3 3 3 0 ,25 b 3c 1 1 1 3 b 3c1.1 b 3c 2 3 3 c 3a 1 1 1 3 c 3a1.1 c 3a 2 3 3 1 13 a 3b 3 b 3c 3 c 3a 4 a b c 6 4. 6 3 3 Suy ra 3 4 3 0 ,25 Do đó P 3 3 Dấu = xảy ra a b c 4 1 a b c 4 a 3b b 3c c 3a 1 0 ,25 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a b c 1 / 4
- VIa.1 Lập phương trình đường thẳng ...................... 1 điểm Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1 (2;1) ; d 2 có vectơ chỉ phương a 2 (3;6) Ta có: a1.a 2 2.3 1.6 0 n ên d1 d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d 0 ,25 là đư ờng thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d : A(x 2) B(y 1) 0 Ax By 2 A B 0 d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đ ỉnh I khi và ch ỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450 0 ,25 2A B A 3B cos 450 3A 2 8AB 3B 2 0 B 3A A2 B 2 2 2 (1)2 * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x y 5 0 0 ,25 * Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x 3y 5 0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu b ài toán. d : 3x y 5 0 0 ,25 d : x 3y 5 0 Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d 2 của tam giác đã cho. Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình 0 ,25 3x 9y 22 0 (1 ) 2x y 5 3x 6 y 7 3 2x y 5 3x 6 y 7 9x 3y 8 0 ( 2 ) 2 2 (1)2 32 6 2 +) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x 9y c 0 . 0 ,25 Do P d nên 6 9 c 0 c 15 d : x 3y 5 0 +) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x 3y c 0 . 0 ,25 Do P d nên 18 3 c 0 c 15 d : 3x y 5 0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu b ài toán. d : 3x y 5 0 0 ,25 d : x 3y 5 0 VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn........ 1 điểm Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) 0 ,25 * Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: a x 2 y2 z 2 2ax 2by 2cz d 0, 2 b2 c 2 d 0 5 2a 2 b d 2 0 a 2 2a 6 b 4c d 14 0 Vì A' , B, C, D S nên ta có hệ: b 1 0 ,25 8a 6 b 4c d 29 0 c 1 8a 2 b 4c d 21 0 d 1 Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x 2 y 2 z 2 5 x 2 y 2 z 1 0 5 29 (S) có tâm I ;1;1 , bán kính R 2 2 +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đư ờng tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). (d) có vectơ ch ỉ phương là: n 1;1;1 0 ,25 x 5 / 2 t 5 Suy ra phương trình của d: y 1 t H t;1 t;1 t 2 z 1 t 5 5 5 Do H d (P ) n ên: t 1 t 1 t 2 0 3t t 2 2 6
- 5 1 1 H ; ; 3 6 6 75 5 3 29 75 31 186 , (C) có bán kính r R 2 IH2 IH 0 ,25 4 36 6 6 36 6 VII a. Tìm số nguyên dương n biết....... 1 điểm 2 n 1 2 n 1 2 n 1 0 1 2 2 kk k * Xét (1 x) (1) C 2 n 1 C 2 n 1x C 2 n 1x .... (1) C 2 n 1x .... C 2 n 1x * Lấy đạo h àm cả h ai vế của (1) ta có: 0 ,25 (2 n 1)(1 x )2 n C1 n 1 2C 2 n 1x ... (1) k kC 2 n 1x k 1 .... (2n 1)C 2 n 1x 2 n (2) k 2 n 1 2 2 Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 0 ,25 2n(2n 1)(1 x)2n1 2C2n1 3C3n1x ... (1)k k(k 1)C2n1xk 2 .... 2n(2n 1)C2n1x2n1 k 2n 1 2 2 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 0 ,25 2n(2n 1) 2C 2 1 3.2.2C2n 1 ... ( 1) k k(k 1)2 k 2 C 2 n 1 ... 2n(2n 1)22n 1 C 2n 1 3 k 2n 2n 1 Phương trình đ ã cho 2n(2n 1) 40200 2n 2 n 20100 0 n 100 0 ,25 VIb.1 Viết phương trình chính tắc của E líp 1 điểm (H) có các tiêu điểm F1 5;0; F2 5;0 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh 0 ,25 là M( 4; 3), x 2 y2 Giả sử ph ương trình chính tắc của (E) có dạng: 1 ( với a > b) a 2 b2 0 ,25 (E) cũng có hai tiêu điểm F1 5;0; F2 5;0 a 2 b2 52 1 M 4;3 E 9a 2 16 b 2 a 2 b 2 2 2 2 2 a 2 40 a 5 b 0 ,25 Từ (1) và (2) ta có h ệ: 2 2 2 22 9a 16b a b b 15 x 2 y2 Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 0 ,25 1 40 15 VIb. 2 Tìm điểm M thuộc để AM ng ắn nhất 1 điểm x 2t 3 Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được: y t 1 z t 3 0 ,25 Gọi I là giao điểm của (d) và (P) I 2t 3; t 1; t 3 Do I P 2t 3 2(t 1) (t 3) 5 0 t 1 I 1;0;4 * (d) có vectơ chỉ phương là a (2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n1;2;1 0 ,25 a, n 3;3;3 . Gọi u là vectơ chỉ phương của u 1;1;1 x 1 u . Vì M M 1 u; u;4 u , AM1 u; u 3; u : y u 0 ,25 z 4 u
- AM ngắn nhất AM AM u AM.u 0 1(1 u) 1(u 3) 1.u 0 0 ,25 7 4 16 4 . Vậy M ; ; u 3 3 3 3 VIIb Giải hệ phương trình:................... 1 điểm 2 3x 1 2 y 2 3.2 y 3x (1) 3x 2 1 xy x 1 (2) x 1 0 x 1 Phương trình (2) 2 0 ,25 x(3 x y 1) 0 3 x 1 xy x 1 x 1 x 0 x 0 x 1 y 1 3 x 3 x y 1 0 * Với x = 0 thay vào (1) 8 8 0 ,25 2 2 y 2 3.2 y 8 2 y 12.2 y 2 y y log 2 11 11 x 1 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2 3 x 1 2 3 x 1 3.2 * Với y 1 3x 1 Đặt t 2 3 x 1 Vì x 1 nên t 0 ,25 4 1 t 3 8 lo¹ i x log 2 3 8 1 1 2 3 (3) t 6 t 6 t 1 0 t t 3 8 y 2 log (3 8 ) 2 1 x 0 x log 2 3 8 1 Vậy hệ phương trình đ ã cho có nghiệm 8 và 3 0 ,25 y log 2 y 2 log (3 8 ) 11 2
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
.....đề thi thử đại học môn Văn dành cho các bạn luyện thi khối C & Dđề thi thử đại học môn Văn dành cho các bạn luyện thi khối C & D
5 p | 907 | 329
-
Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Đề 4
2 p | 402 | 120
-
Đề thi thử Đại học môn Toán 2014 số 1
7 p | 278 | 103
-
Đề thi thử Đại học lần 2 môn Anh khối A1, D năm 2014 - Cô Vũ Thu Phương
7 p | 211 | 67
-
Đề Thi Thử Đại Học Khối A, A1, B, D Toán 2013 - Phần 33 - Đề 2
6 p | 172 | 60
-
Đề thi thử Đại học lần 5 môn Anh khối A1, D năm 2014 - Cô Vũ Thu Phương
6 p | 257 | 59
-
Đề thi thử Đại học lần 3 môn Anh khối A1, D năm 2014 - Cô Vũ Thu Phương
9 p | 223 | 46
-
Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối D năm 2014 - Trường THPT chuyên Nguyễn Quang Diêu
7 p | 332 | 31
-
Đề thi thử Đại học lần 4 môn Anh khối A1, D năm 2014 - Cô Vũ Thu Phương
8 p | 269 | 30
-
Đề thi thử Đại học lần 1 môn Sinh khối B năm 2014 - Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh
8 p | 129 | 27
-
Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Đề số 4
7 p | 269 | 27
-
Đề thi thử Đại học lần 1 môn Anh khối A1, D năm 2014 - Cô Vũ Thu Phương
11 p | 113 | 20
-
Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán năm 2014 - Trường THPT Trần Phú
5 p | 283 | 19
-
Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2013 - Đề số 1
6 p | 184 | 19
-
Đề thi thử Đại học môn Sử năm 2014 - Đề số 4
3 p | 164 | 15
-
Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Đề số 2
7 p | 185 | 13
-
Đề thi thử Đại học lần 7 môn Hóa năm 2013 - Trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội (Mã đề 271)
5 p | 80 | 8
-
Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2013 - Đề số 22
5 p | 188 | 8
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn