Đề tự luyện thi đại học môn toán số 4

Chia sẻ: Tran Hung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

0
83
lượt xem
14
download

Đề tự luyện thi đại học môn toán số 4

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề tự luyện thi đại học môn toán số 4', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề tự luyện thi đại học môn toán số 4

  1. http://www.vnmath.com Sở Gíao dục & Đào tạo KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 tỉnh Vĩnh Phúc ĐỀ THI MÔN Toán; Khối A Trường THPT Xuân Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi gồm 01 trang Hoà ________ ____________ ____ I/- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm) Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4 + 2m 2 x 2 + 1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Chứng minh rằng đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu II (2,0 điểm): 1. Giải phương trình: sin 4 x − cos 4 x = 1 + 4(sin x − cos x) + x + 4 y = y + 16 x 3 3 2. Giải hệ phương trình: + +1 + y = 5(1 + x ) 2 2 1 − cos 2 x + tan 2 x Câu III (1,0 điểm): Tính giới hạn lim x.sin x xx 0 Câu IV (1,0 điểm): Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên đương thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S, sao cho mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. x 4 − 4 x3 + 8 x 2 − 8 x + 5 Câu V (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = x2 − 2 x + 2 II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất ( − 3; 0) và đi qua 4 33 điểm Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E). ). M (1; 5 2. Giải phương trình: 2.27 x + 18 x = 4.12 x + 3.8 x . Câu VII a (1,0 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho điểm A(2; 1). Lấy điểm B nằm trên trục hoành có hoành độ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm toạ độ B, C để tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. mx 2 − 1 Câu VII.b(1,0 điểm): Tìm m để hàm số: y = có hai điểm cực trị A, B và đoạn AB x ngắn nhất. -------------------------Hết-------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. http://www.vnmath.com 1
  2. http://www.vnmath.com Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:……………….. ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN Khối A Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa Điểm Câu Đáp án   I 1. (1, 0 điểm). Khảo sát…. Với m=1, hàm số trở thành: y = x 4 + 2 x 2 + 1 * Tập xác định: R 0, 25 * Sự biến thiên + y ' = 4 x 3 + 4 x = 4 x( x 2 + 1) � y ' = 0 � x = 0 Ta có: y ' > 0 � x > 0; y ' < 0 � x < 0 Hàm số nghịch biến trong khoảng ( −0 ;0 ) và đồng biến trong khoảng 0, 25 ( 0; +; ) ; đạt cực tiểu tại x=0; y(0)=1 + Giới hạn: xlim y = xlim y = +l y −m +m l Bảng biến thiên: 0, 25 −= + x 0 y' - 0 + + + y 1 0,25 * Đồ thị: Hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 6 4 2 2 1 -1 2. ((1, 0 điểm). Chứng minh đường thẳng …. Số giao điểm của hai đồ thị tương ứng với số nghiệm của phương trình: x 4 + 2m 2 x 2 + 1 = x + 1 0,25 � x ( x 3 + 2m 2 x − 1) = 0 (*) =x = 0 Phương trình (*) có một nghiệm =3 +x + 2m x − 1 = 0(**) 2 x=0 http://www.vnmath.com 2
  3. http://www.vnmath.com Ta sẽ đi chứng minh phương trình: x 3 + 2m 2 x − 1 = 0 (**) có đúng một nghiệm 0,25 khác 0 với mọi giá trị m * Nếu m=0 thì pt(**) trở thành: x − 1 = 0 � x = 1 � pt(*) có đúng 2 nghiệm. 3 • Nếu m m 0 , Xét hàm số f ( x) = x + 2m x − 1 trên R. 3 2 0,25 • Ta có: f '( x ) = 3 x + 2m > 0, ∀x R = f(x) luôn đồng biến trên R 2 2 � f ( x) = 0 có nhiều nhất một nghiệm. Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m2 >0 � f (0). f (1) < 0 � pt f ( x) = 0 có nhiều nhất 0,25 một nghiệm thuộc (0; 1). Vậy pt (**) có đúng một nghiệm khác 0 ệ (đpcm)   II 1. (1, 0 điểm). Giải phương trình: sin 4 x − cos 4 x = 1 + 4(sin x − cos x ) (1) ĐK: ∀x R R (1) � sin 4 x = 1 + cos 4 x + 4(sin x − cos x) � 2sin 2 x.cos 2 x = 2 cos 2 2 x − 4(cos x − sin x) 0,25 � (cos 2 x − sin 2 x )(cos 2 x − sin 2 x ) − 2(cos x − sin x) = 0 � (cos x − sin x) [ (cos x + sin x)(cos 2 x − sin 2 x) − 2] = 0 (2) Xét hai khả năng xảy ra cho (2): π 0,25 + kπ * TH1: cos x − sin x = 0 � tan x = 1 � x = 4 (cos x − sin x)(cos 2 x − sin 2 x) − 2 = 0 π π � 2 cos(2 x + ).cos( x − ) − 2 = 0 * TH2: 4 4 π � cos 3 x + cos( x + ) = 2 (*) 2 =cos 3 x = 1 (3) 0,25 = == π +cos( x + 2 ) = 1 (4) + π π Xét: cos( x + ) = 1 � x = − + 2mπ 2 2 3π + 6mπ � 3x = − 0, . 25 2 3π + 6mπ ) = 0 ( Vô lý với (3)) Lúc đó: cos 3x = cos(− 2 π Vậy (*) vô nghiệm., nên (1) có nghiệm: x = + kπ 4 y x + 4 y = y 3 + 16 x 3 + 2.(1, 0 điểm). Giải hệ phương trình: + +1 + y = 5(1 + x ) 2 2 �( x 2 − 16) = y ( y 2 − 4) �( x 2 − 16) = 5 x 2 y (1) x x � �2 � �2 HPT  0,25 � − 4 = 5x � − 4 = 5x 2 2 y y (2) =x = 0 Pt (1) = = 2 −x − 16 = 5 xy (3) +) x = 0 thay vào (2) ta được y == 2 0,5 x 2 − 16 x x 0 , pt (3) � y = thay vào (2) ta được: +) 5x http://www.vnmath.com 3
  4. http://www.vnmath.com 124 x 4 + 132 x 2 − 256 = 0 � x 2 = 1 • Nếu x = 1 thì y = -3 0,25 • Nếu x =-1 thì y = 3. Vậy HPT có các nghiệm: (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3).  III 1 − cos 2 x + tan 2 x (1, 0 điểm) Tính giới hạn: I= lim x.sin x xx 0 sin 2 x 2sin 2 x + 0,5 cos 2 x I = lim x.sin x xx 0 2sin x sin x I = lim( + ) = 2 +1 = 3 0,5 x.cos 2 x x xx 0   IV (1 điểm): Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. Từ giả thiết suy ra ∆ABC S vuông tại C kết hợp với d ⊥ ( SAC ) . 0,5 Suy ra BC ⊥ ( SAC ) D Do đó SCA = 600 Do ∆ABC vuông tại C và AB =2a � AC = BC = a 2 Trong tam giác vuông SAC ta có A SA = AC.tan 600 = a 6 B C Trong tam giác SAB có: SB = SA2 + AB 2 = a 10 D D Do SCB = SAB = 900 nên tứ diện SABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính 0,25 SB. SB a 10 Suy ra bán kính mặt cầu bằng  = 0,25 2 2 Vậy S mc = 4π R = 10π a (Đ.V.D.T) 2 2   V x 4 − 4 x3 + 8 x 2 − 8 x + 5 (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x ) = x2 − 2 x + 2 Tập xác định của hàm số là R. 0,5 x 4 − 4 x 3 + 8 x 2 − 8 x + 5 ( x 2 − 2 x) 2 − 4( x 2 − 2 x) + 4 + 1 Ta có: f ( x) = = x2 − 2 x + 2 x2 − 2x + 2 ( x 2 − 2 x + 2) 2 + 1 1 f ( x) = = x 2 − 2 x + 2 +o 2 2( do x 2 − 2 x + 2 > 0 ) 0,25 x − 2x + 2 x − 2x + 2 2  0,25 Đẳng thức xảy ra � x 2 − 2 x + 2 = 1 � x = 1 . Vậy Minf(x) = 2 khi x =1 1.(1 điểm): Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E). Vi.a (E) có tiêu điểm F1 (− 3;0) nên c = 3 0,25 x2 y 2 Phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 + 2 = 1 (a>b>0) a b http://www.vnmath.com 4
  5. http://www.vnmath.com 1 528 4 33 ) � E) � 2 + = 1(1) và a 2 = b 2 + c 2 = b 2 + 3 thay vào ( Ta có: M (1; 2 a 25b 5 0,5 1 528 + = 1 � 25b 4 − 478b 2 − 1584 = 0 (1) ta được: 2 b + 3 25b 2 � b = 22 � b = 22 2 0,25 Suy ra: a 2 = 25 � a = 5 . Vậy (E) có bốn đỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;- 22 ); (0; 22 ) 2. (1,0 điểm): Giải phương trình: 2.27 x + 18 x = 4.12 x + 3.8 x . 0,25 Ta có PT � 2.33 x + 2 x.32 x = 4.22 x 3x + 3.23 x . 3x 2x x 3 3 3 �� �� �� > 0 : PT � 2 � � + � � − 4 � �− 3 = 0 . 3x Chia cả hai vế cho 2 0,25 2 2 2 �� �� �� x 3 �� Đặt t = � �, đk: t>0. PT trở thành: 2 �� ( ) 2t 3 + t 2 − 4t − 3 = 0 � ( t + 1) 2t 2 − t − 3 = 0 =t = −1 0,25 . == 3 =t = =2 3 Do t >0 nên t= 2 x 3 �� 3 3 0,25 Khi t = , ta có: � � = � x = 1 . KL: Nghiệm PT là x = 1 . 2 �� 2 2 ViIa (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. Từ giả thiết bài toán ta có C 4 = 6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0) 0,5 2 và C 5 = 10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã C 5 . C 5 = 60 bộ 4 số thoả mãn bài 2 2 2 toán. 0,5 2 2 Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả C 4 . C5 .4! = 1440 số. 1. (1 điểm): Tìm toạ độ B, C để tam giác ABC có diện tích lớn nhất. VI.b Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > 0. Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông tại A nên uuu uuu rr 0,25 5 AB. AC = 0 � c = −2b + 5 � � O � � 0 b 2 1 1 S ∆ABC = AB. AC = (b − 2) 2 + 1. 22 + (c − 1) 2 = (b − 2) 2 + 1 = b 2 − 4b + 5 0,5 2 2 5 Do 0 b bx S S max khi b =0. Suy ra B(0; 0); C(0; 5). 0,25 2 2.(1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ http://www.vnmath.com 5
  6. http://www.vnmath.com Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 5 = 10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số 2 2 3 3 có chữu số 0 đứng đầu ) vµ C5 =10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã C 5 . C5 = 0,5 100 bộ 5 số được chọn. 2 3 Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số được thành lập => có tất cả C 5 . C 5 .5! = 12000 0,5 số. Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đứng đầu là C 4 .C 5 .4!= 960 . Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT. 1 3 VII.b mx 2 − 1 (1 điểm): Tìm m để hàm số: y = có hai điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất. x mx 2 + 1 Ta có: y ' = . 0,25 x2 Hàm số có hai cực trị � y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 � m < 0(*) . 0,25 Khi m

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản