Đề thi thử đại học tham khảo môn Toán, khối A tỉnh Lâm Đồng (Đề 03)

Chia sẻ: Tai Viet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

85
lượt xem 9
download

Đề thi thử đại học tham khảo môn Toán, khối A tỉnh Lâm Đồng (Đề 03)

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học tham khảo môn toán, khối a tỉnh lâm đồng (đề 03)', 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 tham khảo môn Toán, khối A tỉnh Lâm Đồng (Đề 03)

Bộ Giáo Dục và Đào tạo ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2009 ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN, khối A. Ngày thi : 08.03.2009 (Chủ Nhật ) Thi thử miễn phí thứ 2;5;CN (sau 12h30) hàng tuần cho hs tỉnh Lâm Đồng. ĐỀ 03 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) ( ) 2 Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = x 2 − 1 − 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) . ( ) ( ) 2. Viết phương trình đường tròn C trong mặt phẳng Oxy , đi qua 3 điểm cực trị của hàm số (1) . Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : 2x .3x − 3x − 2x − 1 = 0 . 2. Giải phương trình : cos2009 x + sin2008 x = 1 . 3 ( ) ( ) ( ) ∫ min {f (x ) , g (x )}dx . 2 Câu III: ( 1 điểm ) Cho hai hàm số g x = 3 − x , f x = x − 1 . Tính tích phân −2 Câu IV: ( 1 điểm ) Cho hình chóp S .ABC có đáy là tam giác cân tại A, AB = AC = a, (SBC ) ⊥ (ABC ) và SA = SB = a. Tính độ dài cạnh SC để bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng a . Câu V: ( 1 điểm ) Cho x , y là hai số thực dương và thỏa mãn x + y ≤ 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1 1 P = + + xy . x 2 + y 2 xy II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : ( ) ( ) ( ) Câu VI.a ( 2 điểm ) Trong không gian Oxyz cho A 0;1; 0 , B 2;2;2 ,C −2; 3;1 và đường thẳng (d ) : x 2 1 = y −+12 = z − 3 − 2 1. Tìm điểm M trên (d ) để thể tích tứ diện MABC bằng 3. 2. Tìm điểm N trên (d ) để diện tích tam giác NAB nhỏ nhất. Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập hợp A gồm n phần tử , n > 4 . Tìm n biết rằng trong số các phần tử của A có đúng 16n tập con có số phần tử là lẻ . 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , biết phương trình cạnh AB : 3 7x − y − 3 7 = 0 ; điểm B ,C thuộc trục hoành và A thuộc góc phần tư thứ nhất .Tìm toạ độ điểm M thuộc AB , N thuộc BC sao cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của tam giác ABC . x = t x = t '   ( ) ( ) 2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 : y = 4 + t , d2 : y = 3t ' − 6 . Gọi K là hình chiếu vuông z = 6 + 2t z = t ' − 1   ( ) ( ) ( ) góc của I 1; −1;1 lên d2 . Tìm phương trình tham số của đường thẳng qua K cắt d1 và vuông góc d2 . ( ) x − 4 y + 3 = 0  Câu VII.b ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình :   log 4 x = log2 y  GV ra đề : Nguyễn Phú Khánh Đà Lạt .
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm ) ( ) 2 Câu I : ( 2 điểm ) Cho hàm số : y = x 2 − 1 − 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) . Học sinh tự làm ( ) ( ) 2. Viết phương trình đường tròn C trong mặt phẳng Oxy , đi qua 3 điểm cực trị của hàm số (1) . Các điểm cực trị của hàm số (1) là O ( 0; 0 ) , A ( −1; −1) , B (1; −1) . Giả sử đường tròn (C ) cần tìm có dạng : x + y + ax + by + c = 0 , có tâm I ( −a ; −b ) và bán kính 2 2 R = a 2 + b2 − c, R > 0 ( ) ( ) ( ) Đường tròn đi qua 3 điểm cực trị O 0; 0 , A −1; −1 , B 1; −1 , nên ta có hệ phương trình : c = 0 a = 0   ( ) ( ) ( ) 2 2 − a − b + c = 0 ⇔ b = 2 ⇒ C : x + y + 2y = 0 hay C : x + y + 1 = 1 . 2 2 2 2 + a − b + c = 0 c = 0   Câu II: ( 2 điểm ) 1. Giải phương trình : 2x .3x − 3x − 2x − 1 = 0 . Chú ý : Cách giải dưới đây không đúng , do vậy cần hết sức thận trọng. Cẩn thận với kiểu “ Nhìn đồ thị ta thấy !!!.” ( Phương trình 2x .3x − 3x − 2x − 1 = 0 ⇔ 3x . 2x − 1 = 2x + 1 ) (1) 1 • x = 2 không là nghiệm của phương trình 1 . () 1 2x + 1 2 () • x ≠ phương trình 1 viết lại 3x = 2x − 1 2 () 2x + 1 ( ) Xét hàm số f x = 3x , g x = ( ) 2x − 1  1 1  ( ) ( ) ( ) Dễ thấy hàm số f x = 3x liên tục trên  −∞;  ,  ; +∞  và có f ' x = 3x . ln 3 > 0 ⇒ f x liên tục và đơn điệu 2 2    1 1  tăng trên  −∞;  ,  ; +∞  .  2 2  2x + 1  1 1  −4 1 ( ) Hàm số g x = 2x − 1 liên tục trên mỗi khoảng  −∞;  ,  ; +∞  và có g ' x = 2 2 ( ) < 0, x ≠ 2 ( ) ⇒ g x liên ( ) 2   2x − 1  1 1  tục và đơn điệu giảm trên mỗi khoảng  −∞;  ,  ; +∞   2 2   1 1  ( ) ( ) Do đó ta xét hàm số f x , g x giao nhau trên mỗi khoảng  −∞;  ,  ; +∞  , nghĩa là số nghiệm phương trình 2 2 2 ()    1 1  thỏa điều kiện  −∞;  ,  ; +∞  .  2 2   1 ( ) ( ) Trên khoảng  −∞;  hàm số f x liên tục và đơn điệu tăng ,g x liên tục và đơn điệu giảm , do đó phương trình 2   1 1 () ( ) ( ) 2 có nghiệm duy nhất trên khoảng  −∞;  và f −1 = g −1 = − . Vậy phương trình 2 có nghiệm x = −1 . 2 3 () 
1  ( ) ( ) Trên khoảng  ; +∞  hàm số f x liên tục và đơn điệu tăng ,g x liên tục và đơn điệu giảm , do đó phương trình 2  1  () () () 2 có nghiệm duy nhất trên khoảng  ; +∞  và f 1 = g 1 = 3 . Vậy phương trình 2 có nghiệm x = 1 . () 2  Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt x = −1 , x = 1 . ( ) ( ) Cách giải đúng : Bài toán này cần chia đến 7 trường hợp .Ta cần xét tính liên tục của hàm số f x , g x . Đó là lý do vì sao trong bài trình bày của tôi thường xuyên nhấn mạnh hàm số liên tục … 1 • x = 2 ( • x ∈ −∞; −1 )  1 • x ∈  −1;   2 1  • x ∈  ;1  2  ( • x ∈ 1; +∞ ) • x = −1 • x =1 2. Giải phương trình : cos2009 x + sin2008 x = 1 Vì −1 ≤ cos x ≤ 1, −1 ≤ sin x ≤ 1 nên cos2009 x ≤ cos2 x , sin2008 x ≤ sin2 x ⇒ cos2009 x + sin2008 x ≤ sin2 x + cos2 x = 1 Vậy phương trình cho tương đương với hệ :  cos x = 0  x = k 2π cos2009 x = cos2 x   cos x = 1   cos x = 0 π  2008 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x = l ,l ∈ ¢  cos x = 1 x = π + k 2π sin x = sin x  sin x = 0 2 2   2    2  sin x = 1  3 ( ) ( ) ( ) ∫ min {f (x ) , g (x )}dx 2 Câu III: ( 1 điểm ) Cho hai hàm số g x = 3 − x , f x = x − 1 . Tính tích phân −2 3 3 3 − { ( ) ( )} 1 ∫2 min f x , g x dx = 2 −∫2 f x + g x {( ( ) ( )) − f (x ) − g (x ) } 1 {( ) dx = ∫ x 2 − 3x + 4 − x 2 − x − 2 dx 2 −2 } 3 −1 2 3 1 1 = 2− ( ) ( ) ( ) ( ∫2 x − 3x + 4 dx − 2 −∫2 x − x − 2 dx + −∫1 x − x − 2 dx − ∫ x − x − 2 dx = ??? 2 2 2 2 ) 2 Cách 2 : ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 Xét f x − g x = x − 1 − 3 − x = x 2 − x − 2 = x − 2 x + 1 min { f ( x ) , g ( x )} = 3 − x khi x ∈  −2; −1 ∪ 2; 3   Suy ra      min { f ( x ) , g ( x )} = ( x − 1) 2 khi x ∈  −1;2     Bài toán đến đây đã đơn giản nhiều . a +b − a −b { } min a;b = 2 Câu IV: ( 1 điểm )
( ) ( ) Cho hình chóp S .ABC có đáy là tam giác cân tại A, AB = AC = a, SBC ⊥ ABC và SA = SB = a. Tính độ dài cạnh SC để bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp bằng a . Giả sử H là trung điểm của BC , ta có AH ⊥ BC . ( ) ( ) ( Vì SBC ⊥ ABC nên AH ⊥ SBC ⇒ AH ⊥ SH . ) ∆SHA, ∆BHA có HA chung và SA = BA = a nên ∆SHA = ∆BHA Suy ra : HA = HB = HC , ∆SBC vuông tại S . Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABC , khi đó O là giao điểm HA và trung trực AB vẽ trong mặt phẳng ABC . ( ) Giả sử SC = x . Gọi I là trung điểm AB , khi đó tứ giác OIBH nội tiếp được nên: AB 2 AO.AH = AI .AB ⇒ R = AO = . 2.AH ∆SBC vuông ,nên có : a2 + x 2 BC 2 = SB 2 + SC 2 = a 2 + x 2 ⇒ BH 2 = 4 ∆BHA vuông, nên có : 2 2 a 2 + x 2 3a 2 − x 2 2 2 AH = AB − BH = a − = 4 4 3a 2 − x 2 ⇒ AH = , (0 < x < a 3) 2 a2 a2 a2 Vậy R = . = ,(0 < x < a 3) 2 2 3a − x 2 2 3a − x 2  a2  =a  3a 2 − x 2 = a  R = a ⇔  3a − x 2 2 ⇔ ⇔ x =a 2 0 < x < a 3  0
1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2 1 25 Vậy x = y = , min P = 2 4 II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc 2 ). 1. Theo chương trình Chuẩn : ( ) ( ) ( Câu VI.a ( 2 điểm ) Trong không gian Oxyz cho A 0;1; 0 , B 2;2;2 ,C −2; 3;1 và đường thẳng ) (d ) : x 2 1 = y −+12 = z − 3 − 2 1. Tìm điểm M trên (d ) để thể tích tứ diện MABC bằng 3. x = 1 + 2t ( )  d : y = −2 − t , M ∈ d z = 3 + 2t () ( ⇒ M 1 + 2t; − 2 − t; 3 + 2t )  uuur uuuu r uuur uuuur r r AB = (2; 1; 2), AC = (−2; 2;1) ⇒ [AB ; AC ] = (−3; − 6; 6) = −3(1; 2; − 2) = −3.n, n = (1; 2; − 2) Phương r trình mặt phẳng ( ABC ) đi qua A ( 0;1; 0 ) và có vecto pháp tuyến n = (1; 2; − 2) là : x + 2y − 2z − 2 = 0 . 1 uuur uuuur 1 9 S ABC = [AB; AC ] = (−3)2 + (−6)2 + 62 = . 2 2 2 1 + 2t + 2(−2 − t ) − 2(3 + 2t ) − 2 −4t − 11 ( Khoảng cách từ M đến mặt phẳng ABC : d(M (ABC )) = ) = 3 1+4 + 4 1 9 4t + 11 5 17 Thể tích tứ diện MABC bằng 3. ⇔ V = . . = 3 ⇔ 4t + 11 = 6 ⇔ t = − hay t = − . 3 2 3 4 4  3 3 1  15 9 11  Vậy có hai điểm M cầb tìm là M  − ; − ;  hay M  − ; ;   2 4 2  2 4 2 ( ) 2. Tìm điểm N trên d để diện tích tam giác NAB nhỏ nhất. N∈ d () ( ⇒ M 1 + 2t; − 2 − t; 3 + 2t ) 1 uuur uuur 1 2 3 2 S ABN = [NA; NB ] = 32t 2 + 128t + 146 = (4t + 8)2 + 9 ≥ 2 2 2 2 3 2 ⇒ max S ABN = 2 ⇔ 4t + 8 = 0 ⇔ t = −2 ⇒ N −3; 0;1 . ( ) Câu VII.a ( 1 điểm ) Cho tập hợp A gồm n phần tử , n > 4 . Tìm n biết rằng trong số các phần tử của A có đúng 16n tập con có số phần tử là lẻ . C n ,C n ,C n ... lần lượt là số các tập hợp con của A gồm 1, 3, 5... phần tử . 1 2 3 Ta luôn có C n + C n + C n + ... + C n = 2n ⇒ C n + C n + C n + ... = 2n −1 0 1 2 n 1 2 3 Từ giả thiết , ta có phương trình : 2n −1 = 16n ⇔ 2n −5 = n * () () Vì n > 4, n ∈ ¢ nên ta xét n = 5 thấy không thỏa * , do đó ta xét n ≥ 6, n ∈ ¢ ( ) Xét hàm số f x = 2x −5 − x liên tục trên nửa khoảng 6; +∞ ) , x ∈ ¢ 
( ) ( ) Ta có f ' x = 2x −5 ln 2 − 1 > 0, ∀x ≥ 6 ⇒ f x liên tục và đồng biến trên nửa khoảng 6; +∞ ) , x ∈ ¢ và  () f 8 = 0 ⇒ x = 8 là nghiệm duy nhất của phương trình 2x −5 − x = 0, x ≥ 6, x ∈ ¢ . Vậy n = 8 thỏa mãn đề bài . 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b ( 2 điểm ) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A , biết phương trình cạnh AB : 3 7x − y − 3 7 = 0 ; điểm B ,C thuộc trục hoành và A thuộc góc phần tư thứ nhất .Tìm toạ độ điểm M thuộc AB , N thuộc BC sao cho đường thẳng MN đồng thời chia đôi chu vi và chia đôi diện tích của tam giác ABC . Cách 1: B ∈ Ox     B ∈ ( AB ) ( ) ⇒ B (1; 0 ) , A ∈ ( AB ) ⇒ A a ; 3 7a − 3 7 ,C ( 2a − 1; 0 ) . a ≥ 0  A thuộc góc phần tư thứ nhất nên  ⇔a ≥1  3 7a − 3 7 ≥ 0  Cách 2: B ∈ Ox   B ∈ AB( ( ) ( ) ( ) ⇒ B 1; 0 và M x 0 ; y 0 ∈ AB ⇔ 3 7x 0 − y 0 − 3 7 = 0 ⇔ y 0 = 3 7x 0 − 3 7 )   Giả sử : AB = AC = a , phương trình AB : 3 7x − y − 3 7 = 0 có hệ số góc t a n ABC = 3 7 1 ⇒ cos ABC = 8 a Theo định lý cosin , ta có AC 2 = AB 2 + BC 2 − 2AB .BC .c os ABC ⇒ BC = 4 MN chia đôi chu vi tam giác ABC , nên có BM + BN = AM + CN + BC 9a ⇔ 2 ( BM + BN ) = AB + BC + CA ⇔ BM + BN = (1 ) 8 S 1 BM .BN 1 a2 MN chia đôi diện tích tam giác ABC , nên ta có BMN = ⇔ S ABC 2 AB.BC = ⇔ BM .BN = 2 8 (2)  a 9a a2 x = ()() Kết hợp 1 , 2 , BM , BN là nghiệm phương trình x − 8 x+ 8 =0⇔  8 2 x =a  ( )  a  a2  2 a2  a 7 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 BM =  x 0 − 1 + y0 =  x 0 − 1 + 3 7x 0 − 3 7 = x 0 = +1 •  8⇔ 64 ⇔  64 ⇔  168 BN =a         a BN = •  8 lúc này M ≡ A, N là trung điểm BC . BM =a  x = t x = t '   ( ) ( ) 2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng d1 : y = 4 + t , d2 : y = 3t ' − 6 . Gọi K là hình chiếu vuông z = 6 + 2t z = t ' − 1   ( ) ( ) góc của I 1; −1;1 lên d2 . Tìm phương trình tham số của đường thẳng qua K cắt d1 và vuông góc d2 . ( ) ( ) r r (d ) 1 có vtcp : u 1 = (1; 1; 2) , (d2 ) có vtcp u 2 = (1; 3; 1) .
uuu r K ∈(d2 ) ⇒ K (t / ; 3t / − 6; t / − 1) ⇒ IK = (t / − 1; 3t / − 5; t / − 2) uuu r r 18  18 12 7  IK ⊥ u 2 ⇔ t / − 1 + 9t / − 15 + t / − 2 = 0 ⇔ t / = ⇒K ; − ;  11  11 11 11  ( ) Giả sử đường thẳng cần tìm cắt d1 tại H thì uuuu  18 r 56 59  (H ∈ (d1 )) ⇒ H (t; 4 + t ; 6 + 2t ) ⇒ HK =  − t ; − − t; − − 2t   11 11 11  uuuu r r 18 56 118 26 HK ⊥ u 1 ⇔ −t − −t − − 4t = 0 ⇔ t = − 11 11 11 11 uuuu  r 30 7 1 ⇒ HK =  4; − ; −  = (44; − 30; − 7).  11 11  11  18 x = + 44m  11  12 Phương trình cần tìm là : y = − − 30m , m ∈ R  11 z = 7 − 7m   11 x − 4 y + 3 = 0  Câu VII.b ( 1 điểm ) Giải hệ phương trình :   log 4 x = log2 y  x ≥ 1  Điều kiện :  y ≥ 1  x − 4 y + 3 = 0 x − 4 y + 3 = 0 x − 4 y + 3 = 0 x − 4 y + 3 = 0      ⇔ log 4 x = log2 y ⇔ log2 x = log2 y 2 ⇔ x = y 2  log 4 x = log2 y  x ≥ 1, y ≥ 1 x ≥ 1, y ≥ 1 x ≥ 1, y ≥ 1     x = 1  x = y 2    y = 1 ⇔ y 2 − 4y + 3 = 0 ⇔   x = 9 ( ) ( )( ) ⇔ x ; y = 1;1 , 9; 3 x ≥ 1, y ≥ 1    y = 3  ( ) ( )( ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm : x ; y = 1;1 , 9; 3 .

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD