ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử tuyển sinh đại học khối b - trường thpt nguyễn huệ ', 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 TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ TỔ TOÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B (năm học 20092010) ( Thời gian làm bài : 180 phút ) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm): 2 x + 1 Cho hà m số y = x - 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Dùng đồ thị (C) biện luận theo tha m số m số nghiệm của phương trình : 3 = m x - 1) ( x - 1 Câu II ( 2,0 điểm): p ù é ( ) ( ) 1.Giải phương trình : 2 sin 2 x - 1 cot 2 ê 2( x + ) ú + 3 2 cos x -1 = 0 2 4 û ë 4 x - 2 x + 1 ( ) = 2 x 2. - 3 2 x + 1 8 x . 2.Giải phương trình : Log 2 2. 6 x - 2. x + 1 1 4 Câu III (1,0 điểm): Cho hình phẳng (H) giới hạ n bởi các đường : y = 2 x ; 2 + 2 y - 3 = 0 ; y = 0 x Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng (H) qua y quanh trục Oy Câu IV (1,0 điểm): Cho ta m giác ABC vuông cân , cạnh huyền AB = 2 2 , SC ^ mp ABC ) , SC = a . Gọi E , F lần lượt a ( là trung điểm các cạnh AB và AC . Tính diện tích toàn phần của hình chóp SABC và góc giữa SF và CE Câu V (1,0 điểm): ìkx 2 + k = y - sin x ï Tìm k để hệ sau có nghiệm duy nhất : í ïtan 2 x + y 2 - 2 y = 0 î II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M( 3 , 1). Viết phương trình đường thẳng d qua M và cắt hai nửa trục dương Ox , Oy lần lượt tại A và B sao cho (OA + OB) đạt giá trị nhỏ nhất. 2.Trong không gia n với hệ tọa độ Oxyz. Cho tam giác ABC : A(1 0 , 0 ; B , 2 ,1 ; C ,1 - 1 , ) (0 ) ( 2 , ) Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ta m giác ABC và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho hai đường thẳng song song a1 và a2 .Trên đường thẳng a1 có 8 điểm phân biệt , trên đường thẳng a2 có n điểm phân biệt ( n ³ 2 ) . Biết rằng có 864 tam giác mà các đỉnh là các điểm tr ên a1 và a2. Tìm n thỏa điều kiện trên. 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho elip (E) : 4 2 + 8 y 2 - 32 = 0 và đường thẳng d : x - 2 y + 2 = 0 . x Đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm B và C.Tìm tọa độ điểm A trên (E) sao cho ta m giác ABC có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng D là giao tuyến của hai mặt phẳng ( P : x - 2 y + z - 1 = 0 ) (P) và (Q) có phương trình : ( : Q ) y - z + 2 = 0 Viết phương trình mp( a ) chứa giao tuyến D và tiếp xúc với mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 - 4 y = 0 Câu VII.b (1,0 điểm) ì2 z - i = z - z + 2i ï Tìm số phức z thỏa điều kiện : í 100 ï z + i = 2i î http://laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B (năm học 20092010) Câu Đáp án Điểm I(2,0 1.(1,25 điểm) a/Tập xác định : D = R\ { 1 } điểm ) b/Sự biến thiên: 0,50 - 3 + Chiều biến thiên: y / = < 0 "x Î D ( x - 1) 2 Suy ra h/s nghịch biến trên ( -¥ ,1 ; (1 + ¥) ; H/s không có cực trị ) , + Giới hạ n –tiệm cậ n: Lim y = Lim y = 2 Lim y = - ¥ ; Lim y = + ¥ ; - + x ® -¥ x ®1 x ®1 0,25 x ® +¥ + Tiệm câ n ngang y = 2 ; Tiệm cận đứng x = 1 x 1 - ¥ +¥ / Y 0,25 y 1 + ¥ y 1 -- ¥ ¥ - ¥ -¥ 2 o o 1 x 0,25 c/Đồ thị : x= 0 , y=1 y = 0 , x=1/2 . Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận là m tâm đối xứng 2.(0,75 Điểm) 2 x + 1 + Pt « m x - 1) + 2 ( ( ) 1 0,25 x - 1 (1)là pt hoành độ giao điểm của (C) và d : y = m( x 1) + 2 ,d có hệ số góc m và đi qua điểm cố định (1 , 2) Là giao điểm 2 đường tiệm cận. + Dựa vào đồ thị (C) ta có kết quả sau : m > 0 : d và (C) có 2 giao điểm phân biệt ® Pt có 2 nghiệm phân biệt. 0,50 m £ 0 : d và (C) không có điểm chung ® Pt vô nghiệm. 1. (1,0 điểm) II ( 2,0 p p + Điều kiện : cos2x ¹ 0 « x ¹ + k ( k Î Z ) điểm) 4 2 0,25 2 Pt « - cos 2 x tan 2 x + 3 cos 2 x = 0
« cos 2 x tan 2 2 x - 3) = 0 ( 0,25 « cos 2 x = 0 ( l ) Ú tan 2 x = ± 3 0,25 p p ( k Î Z ) (thỏa đk bài toán ) «x = ± + k 0,25 6 2 2. (1,0 điểm) + Đặt 2 x = t > 0 ta có : t 2 - t + 1 > 0 và 2t 4 - 2t 2 + 1 0 "t > Pt « log 2 ( 2 - t + 1) - log 2 ( t 4 - 2 2 + 1) = ( 4 - 2 2 + 1) - ( 2 - t + 1) t t 2t t t 2 0,25 « log 2 ( 2 - t + 1) + ( 2 - t + 1) = log 2 ( t 4 - 2t 2 + 1) + ( 4 - 2 2 + 1) t t 2t t 2 1 Đặt f(u) = log 2 u + u ( u > 0 ) f / ( = u ) + 1 > 0 "u > 0 0,25 u ln 2 H/s f đồng biến khi u > 0 nên ta có : f ( t 2 - t + 1) = f ( 2 4 - 2t 2 + 1) ® t 2 - t + 1 = 2t 4 - 2t 2 + 1 t ét = 1 0,25 - 1 - 3 « ê - 1 + 3 ( t = 0 ( và t = l ) ( l ) êt = 2 ê 2 ë t = 1 x = 0 « + - 1 + 3 3 - 1 t = « x = log 2 0,25 2 2 III ( 1,0 y ³ 0 ì 3 ï điểm) và 2 + 2 y - 3 = 0 « x = - y + y = 2 « í x x y 2 2 ï x = î 2 y 2 3 0,25 = - y « y 2 + 2 y - 3 = 0 2 2 + Pt định tung độ giao điểm : é y = 1 «ê ë y = -3 ( l ) Thể tích khối tròn xoay : V = V1 V2 0,25 2 2 3 3 ö 1 13 3 ö p æ 3 ö 3 ö æ 1æ æ 1 Với V1 = p ç - y ÷ dy = p ç y - ÷ d ç y - ÷ = ç y - ÷ ò ò = p ( vtt ) đ 0 è 2 2 ø è 2 ø 3 è 2 ø 0 12 0 è ø 2 1æ y 2 ö p 5 1 p p 1 4 31 V2 = p ç ÷ dy = ( vtt ) Vậy V = p ( vtt ) = ò ò đ đ y dy = y 0,50 ç 2 ÷ 0 20 4 0 20 30 0 èø S IV (1,0 Dttp(SABC) = dt(ABC) + 2dt(SAC) + dt(SAB) điểm) B Dttp(SABC) = 2a +2a + a 2 6 2 2 C 0,25 Dttp(SABC) = a 2 ( + 6 ) 4 E F A æ® ®ö® ® ® ç SC + CE ÷ CE SF . CE 0,25 è ø + cos( SF , CE ) = = SF CE SF . E C . ® ® CF . CE CF . E cos 450 C . 1 = = = SF . E C SF . E C 2 0,50 Vậy ( SF , CE ) = 60 0
V ( 1,0 ì 2 ïkx + k = t + 1 - sin x điểm) Đặt : y1 = t .Ta có hệ : í ïtan 2 x + t 2 = 1 î + Giả sử hệ có nghiệm (x , t ) thì hệ có nghiệm (x, t) . vì nghiệm của hệ là duy nhất nên: 0,25 ìk - 1 = t é k = 0 x = x ® x = 0 , thay (0 , t ) vào hệ ta được : í 2 ®ê ë k = 2 ît = 1 0,25 ì sin x = t + 1 p ì x = k ï + Với k = 0 ta có hệ : í 2 ( Î Z ) luôn là nghiệm của hệ nên hệ có vô số nghiệm vì í k 2 ît = -1 ïtan x + t = 1 î vậy k = 0 ( loại ) 2 ì ï2 x + 1 + sin x = t ( ) 1 Từ (2) ® t £ 1 , (1) ® t ³ 1 . (1) và (2) ® t = 1 + Với k = 2 Ta có hệ : í ïtan 2 x + t 2 = 1 0,25 ( ) 2 î ìt = 1 ï ì x = 0 ì x = 0 t = 1 ta có: í2 x 2 + sin x = 0 « í «í là nghiệm duy nhất ît = 1 î y = 2 ï 2 îtan x = 0 0,25 Kl : k = 2 VI.a x y 1. Gọi pt đường thẳng d : + = 1 ( a , b > 0 ) (2,0 a b Điểm) a 3 1 d di qua M (3 , 1) nên ta có : + = 1 ® b = ( b > 0 , a > 3 ) 0,25 a b a - 3 a Vì a , b > 0 nên OA + OB = a + b = a + a - 3 a 3 ® f / ( = 1 - Đặt f(a) = a + a ) 0,25 ( - 3) a 2 a - 3 éa = 3 + 3 ( = 1 + 3 ) b + ¥ 3 + 3 / f (a) = 0 « ê a 3 êa = 3 - 3 ( l ) ë f/ 0 + + Dựa vào BBT f(a) Đạt GTNN khi a = 3 + 3 + ¥ + ¥ f 0,50 x y Vậy Pt d : + = 1 3 + 3 1 + 3 f (3 + 3 ) 2.( 1,0 điểm) Tâm I = d Ç mp(ABC) ( d là trục của tam giác ABC) ® AB -1 2 , ) ( , 1 ® é® ®ù Vtpt của mp(ABC là n = ê AB AC ú = ( 3 , 0 , - 3) = - 3( 0 , ) , - 1 , 1 0,25 ® ë û AC ( 1 - 1) 1 , , Pt mp (ABC) : x + z - 1 = 0 (1) 0,25 M (x , y , z) cách đều A , B , C nên ta có : ì M A 2 = M B 2 ï í ï MA = MC 2 2 î ì x - 2 y - z + 2 = 0 ( 2) «í î2 x + 2 y - 2 z - 5 = 0 ( ) 3 0,25 3 3 Giải hệ (1) , (2) , (3) ta được : I (1 , , 0 ) , R = IA = 2 2 0,25 Ta xét 2 trường hợp sau: VII.a 0,25 (1,0 1/ 1 đỉnh trên a1 và 2 đỉnh trên a2 : số tam giác 8. 2 C n 0,25 điểm) 2/ 1 đỉnh trên a2 và 2 đỉnh trên a1 : số tam giác n.C 2 8
0,25 Theo đề bài ta có : 8. n + n. 82 = 864 C 2 (1) C 2 (1) « n + 6n - 216 = 0 én = -18 ( l ) 0,25 « ê « n = 12 ë n = 12 1.(1,0 điểm) VI.b (2,0 1 Dt (ABC) = AH . C ( BC : không đổi ) B điểm) 2 Dt (ABC) lớn nhất khi AH lớn nhất Gọi A(x , y) thuộc (E) ® 4 x 2 + 8 y 2 - 32 = 0 ® x 2 + 2 y 2 = 8 0,25 x - 2 y + 2 ( )( )( ) 2 Ta có : x - 2 y £ 1 + 1 x 2 + 2 y 2 = 16 ® x - 2 y £ 4 2 2 AH = d(A , d) = ; 0,25 3 ì x = - 2 y ï 6 ï . Dấu “=” xảy ra khi : í x 2 + 2 y 2 = 8 Max AH = 0,25 3 ï ï x - 2 y = 4 î 0,25 KL : A( 2 , 2 ) - 2.(1,0 điểm) 0,25 Gọi M (0 ,1 3 và N ( - 1 0 , 2 thuộc giao tuyến D , ) , ) 2 2 2 Pt mp (a ) có dạ ng : Ax + By + Cz + D = 0 ( A + B + C ¹ 0 ) ì B + 3C + D = 0 ( ) 1 + M , N thuộc D nên ta có : í 0,25 î- A + 2C + D = 0 ( ) 2 (1) và (2) suy ra : A + B + C = 0 ; Chọn A = 1 ® C = - B - 1 ; D = 2 + 3 B + Mặt cầu (S) có tâm J( 0 , 2 , 0) , R = 2 Mp (a ) tiếp xúc mặt cầu (S) « d ( J , (a ) = R hay 2 + D = 2 A + B 2 + C 2 2 B 14 « 8 2 + 16 + 1 = 0 ® B = - 1 ± B B 0,25 4 æ 14 ö 14 14 x + ç ÷ ç 4 - 1 y - 4 z + 1 + 2 = 0 ÷ è ø Ta có 2 mặt phẳng : æ 14 ö 14 14 x - ç ÷ + 1 y + z + 1 - = 0 ç 4 ÷ 0,25 4 2 è ø Gọi z = x + yi ( x , y Î R ) VII.b (1,0 z - i = x + ( y - 1) i điểm) ; z + i = x + (1 - y ) i z - z + 2i = ( + 2 y i 2 ) 0,25 ì2 x + ( y - 1) = ( + 2 y 2 2 2 2 ) ï Hệ « í ï x 2 + ( - y 2 = 2 0,25 1 ) î x 2 ì ï y = « í 4 ï x 2 + ( - y ) = 4 2 1 î 0,25 é ì x = 2 êí î y = 1 «ê ê ì x = -2 êí ê î y = 1 ë KL : 2 số phức : 2 + i và - 2 + i 0,25