Đề Thi Thử ĐH Môn TOÁN Lần II - THPT Mai Anh Tuấn - Thanh Hoá - 2009

Chia sẻ: Trần Bá Phúc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

168
lượt xem 30
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu " Đề Thi Thử ĐH Môn TOÁN Lần II - THPT Mai Anh Tuấn - Thanh Hoá - 2009 " giúp các em học sinh có tài liệu ôn tập, luyện tập nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập hoá học một cách thuận lợi và tự kiểm tra đánh giá kết quả học tập của mình. Chúc các bạn học tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề Thi Thử ĐH Môn TOÁN Lần II - THPT Mai Anh Tuấn - Thanh Hoá - 2009

TRƯỜNG THPT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A NĂM 2009 MAI ANH TUẤN Môn: Toán NGA SƠN _ THANH HÓA Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH Câu I (2 điểm). Cho hàm số y x3 3x 2 (m 1) x 1 có đồ thị là (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. 2. Tìm những giá trị của m để đường thẳng y x 1 cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt A(0; 1), B, C sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại B và C vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm). x 3 y 3 1. Giải hệ phương trình y 3 x 3 2 2 2 2. Giải phương trình sin x sin 2 x sin 3x 2 Câu III (2 điểm) 1. Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh ra khi quay hình phẳng giới hạn bởi đường tròn tâm I(2; 2) bán kính R = 1 quanh trục hoành. 2. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0. Ax và By là hai nửa đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB. Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a). a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN. b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất. Câu IV (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: x3 1 m( x 2 1) (1 m) x 1 . PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm P(3; 1) và hai đường thẳng có phương trình là d1 : 2 x y 1 0 và d 2 : x 2 y 3 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường thẳng d1 và d 2 một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của d1 và d 2 . x 1 y 2 z 1 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 : 2 1 1 x 1 y 2 z 3 2 : và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt 2 1 2 phẳng tếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với 1 và 2 . 2009 3. Tìm phần thực của số phức 1 i Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao x2 y 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ) có phương trình 1 và điểm M(- 1; 1) 9 4 Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M và cắt ( E ) tại hai điểm A, B sao cho M là trung điểm của đoạn thẳng AB. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; - 2), B(0; 0; 1), C(2; 0; 1). Tìm tọa độ của điểm M sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 3. Giải bất phương trình log 0,5 x 4 log 2 x 4 log16 x 4
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A Câu ý Nội dung Điểm 2 1 1 TXĐ D = Sự biến thiên : y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x + 1)2 0 x 025 I Hàm số đồng biến trên Hàm số không có cực trị Giới hạn : lim y x 023 Bảng biến thiên x 0 y’ + 0 + y 025 Đồ thị y 1 025 -1 O x 2 1 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng y = x + 1 x 0 x3 + 3x2 + mx = 0 025 x 2 3x m 0 Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi g ( x) x 2 3x m 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi 9 0 9 4m 0 m 4 (*) g (0) 0 m 0 m 0 xB xC 3 Khi đó hoành độ của B và C thỏa mãn (1) 025 xB .xC m Ta có f’(x) = 3x2 + 6x + m + 1 2 2 Hệ số góc các tiếp tuyến tại B và C là f’(xB) = 3 xB 6 xB m 1 ,f’(xC) = 3 xC 6 xC m 1 Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(xB). f’(xC) = -1 025 2 2 ( 3 xB 6 xB m 1 ).( 3 xC 6 xC m 1 ) = - 1 ( 3 xB 6 xB )( 3xC 6 xC )+ (m + 1)( 3 xB 6 xB + 3xC 6 xC ) + (m + 1)2 = - 1 2 2 2 2 9( xB .xC ) 2 18 xB xC ( xB xC ) 36 xB xC 3(m 1)(( xB xC ) 2 2 xB xC 3( xB xC ))
+m2 + 2m + 2 = 0 Kết hợp với (1) ta được 9m2 – 54m + 36m + 3(9 – 2m - 9) + m2 + 2m + 2 = 0 11 91 5m2 – 11m + 1 = 0 m thỏa mãn điều kiện (*) 10 11 91 Kết luận: Với m thì thỏa mãn yêu cầu. 025 10 II 2 1 1 Điều kiện: 0 x 3, 0 y 3 x 3 y 3 x y 2 x(3 y ) 0 Ta có 025 y 3 x 3 y x 2 y (3 x) 0 x(3 y ) y (3 x) 0 025 x(3 y ) 0 025 y (3 x) 0 x 0 y 0 x 0 x 3 Kiểm tra ta thấy , thỏa mãn. x 3 y 0 y 3 025 y 3 x 0 x 3 Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm , y 0 y 3 2 1 2 2 2 1 cos2x 1 cos6x 025 Ta có sin x sin 2 x sin 3x 2 sin 2 2 x 2 2 2 cos2 x cos6 x 2(1 sin 2 2 x ) 0 cos2 x.cos4 x cos 2 2 x 0 cos2 x(cos4 x cos2 x ) 0 cos2 x 0 hoặc cos4x + cos2x = 0 025 cos2 x 0 x k , 4 2 x k 6 3 cos4x + cos2x = 0 cos4 x cos( 2 x) 025 x k 2 Kết luận: Phương trình có ba họ nghiệm x k , x k và x k 025 4 2 6 3 2 III 2 1 1 Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2)2 + (y - 1)2 = 1
Điều kiện: 1 x 3 . Từ phương trình đường tròn ta có y 1 1 ( x 2) 2 với y 1 025 Và y 1 1 ( x 2) 2 với y 1 . Thể tích vật thể cần tìm 3 2 3 2 V 1 1 ( x 2) 2 dx 1 1 ( x 2) 2 dx 1 1 3 4 1 ( x 2) 2 dx 1 025 Đặt x – 2 = sint với x . 2 2 x=1 t= 2 x=3 t= 025 2 dx = costdt, 1 ( x 2) 2 = cost. 2 2 025 Vậy V = 4 cos 2tdt = 2 (1 cos2t )dt 2 2 2 2 2 1 a) Gọi I là trung điểm của MN. Ta có BN AB, BN AM BN BM x 025 MN do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI = , A M 2 MN tương tự AI = . 2 MN b Vậy AI = BI = MI = NI = = I 2 2 b Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R = B 025 2 b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 N Tam giác ABN vuông tại B nên AN2 = AB2 + BN2 y Tam giác AMN vuông tại A nên MN2 = AM2 + AN2 Suy ra b2 = MN2 = AM2 + AB2 + BN2 = x2 + a2 + y2 Do đó x2 + y2 = b2 – a2 không đổi. 025 Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN. 1 1 1 Thể tích V axy a( x 2 y2 ) a (b 2 a 2 ) . 6 12 12 b2 a 2 025 Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN = . 2 IV 1 Ta có x3 1 m( x 2 1) (1 m) x 1 ( x 1)( x 2 x 1) m( x 2 x 1) ( x 1)
Điều kiện x 1 x 1 x 1 Khi đó bất phương trình tương đương với 2 m 2 x x 1 x x 1 x 1 x 1 2 2 m (*) x x 1 x x 1 x 1 025 Đặt t = 2 , bất phương trình (*) có dạng : t – t2 m (1) x x 1 x2 2x 2 Ta có t ' ,t ' 0 x 1 3. x 1 2( x 2 x 1) 2 2 x x 1 Bảng biến thiên x -1 1 3 t’ + 0 - t 3 2 3 3 025 0 0 11 7 3 Vậy t 0; . Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có 13 11 7 3 nghiệm t 0; khi và chỉ khi Maxf (t ) m với f(t) = t – t2 13 11 7 3 t [0; ] 13 025 f’(t) = 1 – 2t Bảng biến thiên t 1 3 2 3 0 2 3 f’(t) + 0 - 1 4 f(t) 1 1 Từ bảng biến thiên : Maxf (t ) khi x 11 7 3 4 2 t [0; ] 13 1 Vậy ycbt tương đương với m 4 025 Va 3 1 1 Đường thẳng đi qua P(3 ; 1) có dạng : ax by 3a b 0 Đường thẳng tạo với hai đường thẳng d1 và d 2 một tam giác cân có đỉnh là giao của d1 và d 2 khi và chỉ khi ( , d1 ) ( , d 2 ) 025 cos( ,d1 ) cos( ,d 2 )
2a b a 2b 5(a 2 b 2 ) 5(a 2 b 2 ) 025 2a b a 2b 2a b a 2b hoặc 2a b a 2b a 3b 0 hoặc 3a b 0 025 Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3. Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0 025 2 1 x 1 y 2 z 1 x 1 y 2 z 3 Vectơ chỉ phương của 1: và 2 : lần lượt là 2 1 1 2 1 2 u (2; 1;1), v ( 2;1; 2) . Mặt phẳng (P) song song với 1 và 2 nhận cặp vectơ 025 u (2; 1;1), v ( 2;1; 2) làm cặp vectơ chỉ phương. 1 1 1 2 2 1 Ta có n ; ; 3; 6;0 3(1; 2;0) . Mặt phẳng (P) có dạng 1 2 2 2 2 1 (P) : x + 2y + m = 0. 025 Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3. 025 Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi 2 2 m d ( I , ( P)) R 3 m 3 5 12 22 02 Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y + 3 5 = 0 và x + 2y – 3 5 = 0. 025 3 1 2009 2 1004 025 1 i 1 i (1 i ) Ta có ( 2i )1004 (1 i ) 025 21004 (1 i ) 21004 21004 i 025 Vậy phần thực của số phức trên là 21004 025 Vb 3 1 1 x 1 at Đường thẳng đi qua M(- 1 ; 1) có dạng ( a 2 b2 0) y 1 bt xA 1 at1 xB 1 at2 A,B và . 025 y A 1 bt1 yB 1 bt2 M là trung điểm của AB khi và chỉ khi xA xB 2 xM a(t1 t2 ) 0 025 t1 t2 0 (1) (do a 2 b 2 0) yA yB 2 yM b(t1 t2 ) 0 2 2 A, B ( E ) suy ra t1, t2 là hai nghiệm của phương trình 4(-1 + at) + 9(1 + bt) = 36 (4a 4 9b 2 )t 2 (8a 18b)t 23 0 . 025 t1 + t2 = 0 8a 18b 0 4a 9b 0 . Chọn a = 9, b = 4 025
x 1 9t Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình y 1 4t 2 1 Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(1 ; 1 ; 0) 025 Ta có MA 2 MB2 MC2 2 2 2 MG GA MG GB MG GC 3MG 2 GA2 GB 2 GC 2 MG (GA GB GC ) 025 3MG 2 GA2 GB 2 GC 2 GA2 GB 2 GC 2 025 2 2 2 Vậy MA + MB + MC GA 2 GB 2 2 GC dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M G 025 3 1 Ta có 4 log16 x 4 0 2 log 0,5 x 4 log 2 x 4 log16 x 4 2 log 0,5 x 4 log 2 x 0 025 2 2 log 0,5 x 4 log 2 x 4 log16 x 4 4 log 2 x 0 log 2 x 2 log 2 x 0 2 025 log 2 x 2 log 2 x 16 8log 2 x log 2 x 2 2 x 0 8 0 log 2 x 5 025 log 2 x 2 x 0 64 1 x 25 1 0 x 4 64 1 Tập nghiệm của bất phương trình là S = [1; ] (0; ] 025 25 4