zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Khoa Học Tự Nhiên

Thử sức với toán - THPT chuyên Lý Tự Trọng - khối A

Chia sẻ: HUI.VN | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

48
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'thử sức với toán - thpt chuyên lý tự trọng - khối a', khoa học tự nhiên, toán học 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: Thử sức với toán - THPT chuyên Lý Tự Trọng - khối A

www.VNMATH.com TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x  1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt: 3 x  3 x  m 3  3m Câu II (2 điểm) (2  sin 2 2 x)(2 cos 2 x  cos x) 1. Giải phương trình: cot 4 x  1  2sin 4 x  x y  xy  x  5 y  0 2 2 2. Giải hệ phương trình:  ( x, y  ) 2 xy  y  5 y  1  0 2 Câu III (1 điểm)   cos 2  x    8 Tính  dx sin 2 x  cos 2 x  2 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA  AB  a, AC  2a và ASC  ABC  900. Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ca T   a  b  ab b  c  bc c  a  ca PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A(4; 1), B(3; 2) và đường thẳng  : 3x  4 y  42  0 . Viết phương trình đường tròn (C ) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; 6; 6), B(4; 4; 4), C( 2; 10; 2) và S(2; 2; 6). Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: (2 x  1) log 32 x  (4 x  9) log 3 x  14  0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có A(1; 0), B(3; 2) và ABC  1200. Xác định tọa độ hai đỉnh C và D. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm)
www.VNMATH.com 32 x  y  2  3x  2 y  27 x  y  9 Giải hệ phương trình:  ( x, y  ) log  3 ( x  1)  log 3 ( y  1)  1 ---------------Hết--------------- 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…………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: A Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm)  Tập xác định: D =  Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3, y '  0  3 x 2  3  0  x  1, y (1)  3, y (1)  1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; +), nghịch biến trên khoảng (1; 1) - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = y(1) = 1; + Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và yCĐ = y(-1) = 3. 0,25 - Giới hạn: lim  , lim   x  x  Bảng biến thiên:  1 1 + y’(x) + 0  0 + 3 + 0,25 y(x)  1 y ''  6 x, y ''  0  6 x  0  x  0, y (0)  1  điểm uốn I(0; 1) y Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3) và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng.   3 0,25 1 2 1 x 1 0 2   1 2. (1,0 điểm) Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị 3 (C’) của hàm số: y  x  3 x  1 và đường thẳng (d): y  m 3  3m  1 ((d) cùng phương với trục hoành) 3 Xét hàm số: y  x  3 x  1 , ta có: 0,25 + Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng, 3 đồng thời x  0 thì y  x  3 x  1  x3  3x  1 Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên: y 0,25 3   (d) 1
www.VNMATH.com + Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là:  2  m   3 m3  3m  0  0,5 1  m3  3m  1  1     0  m  3 m3  3m  2  0   m  1 II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 1) ĐK: x  k , k  Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với: 1 cos 4 x + sin 4 x = (2 - sin 2 2x )(cos2 x - cos x ) 0,25 2 1 2 2 2 1 Û 1 - sin 2x = (2 - sin 2x )(cos x - cos x ) 2 2 1 2 - sin 2 2x = 2(2 - sin 2 2x )(cos2 x - cos x ) Û 1 = 2 cos2 x - cos x 2 0,25 2 Û 2 cos x - cos x - 1 = 0 éx = l 2p ê Û ê 0,25 êx = ± 2p + l 2p , (l Î Z ) êë 3 2p So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là x = ± + l 2p , l Î ¢ 0,25 3 2. (1,0 điểm) Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với:  2 x  x  xy  y  5  0  0,25  2 x  y  1  5  0  y  1 ( x  y )( x  y )  6   0,25 x  y  x  1  5  y
www.VNMATH.com  x  y  2   x  1  3 ( I )   y  0,25  x  y  3   1 ( II )  x   2   y  5  5 1 5   5  5 1 5  Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:  ;  ;   2 2   2 ; 2  0,25     III cos 2x   (1,0 điểm)   1  cos(2 x  )  8 1 4 dx  sin 2 x  cos 2 x  2 dx  2 2   0,25 1  sin(2 x  ) 4    cos(2 x   )  1  4 dx  dx     2 2 1  sin(2 x   )      2  0,25    4 sin( x  8 )  cos( x  8 )         cos(2 x  )  1 4 dx  1 dx     0,25 2 2  1  sin(2 x  )  2 sin 2 ( x  3 )    4 8  1   3    ln 1  sin(2 x  )  cot( x  )   C 0,25 4 2 4 8  IV + Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH (1,0 điểm)  (ABC) S a 3  SC  BC  a 3, SH  , 2 0,25 a2 3 S ABC  2 1 a3 M  VS . ABC  S ABC .SH  3 4 + Gọi M là trung điểm SB và  là góc giữa A C hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). H Ta có: SA = AB = a, SC  BC  a 3 0,25  AM  SB và CM  SB B  cos   cos AMC a 3 a 6 + SAC = BAC  SH  BH   SB  0,25 2 2 2 AS  2 AB 2  SB 2 10a 2 2 a 10 AM là trung tuyến SAB nên: AM 2    AM  0,25 4 16 4
www.VNMATH.com a 42 AM 2  CM 2  AC2 105 Tương tự: CM   cos AMC   4 2.AM.CM 35 105 Vậy: cos   35 V 1 1 1 (1,0 điểm) Đặt a  x , b  y , c  z . Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn: xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại: 0,25 1 1 1 T   x  y 1 y  z 1 z  x 1   2 3 Ta luôn có Bđt thức đúng: 3 x  3 y  0  x 2  3 xy  3 y 2  3 xy   3     x  y  1  3 x  3 y  x 2  3 xy  3 y 2   1  3 x  3 y 3 xy  1     0,25  x  y  1  3 xy 3 x  3 y  3 z 1 3z   (1) x  y 1 3 x  3 y  3 z 1 3x 1 3y Tương tự:  (2);  (3) 0,25 y  z 1 3 x  3 y  3 z z  x 1 3 x  3 y  3 z Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: T  1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1 0,25 Vậy Tmax  1 đạt được khi a = b = c = 1 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C) 0,25 AI2 = BI2  7a + b = 2 (1) (3a  4b  42) 2 BI2 = d2(I,)  (a + 3)2 + (b + 2)2 = (2) 0,25 25 Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23) 0,25 + I(1; -5)  R = 5 (C): (x – 1)2 + (y + 5)2 = 25 0,25 + I(-3; 23)  R = 25 (C): (x + 3)2 + (y – 23)2 = 625 2. (1,0 điểm) Ta có: + Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)     0,50 + AC   8; 16;  8  , OB   4; 4; 4   AC.OB  32  64  32  0  AC  OB (2) Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC     SI . AC  32  32  0 + SI  (4; 0;  4);     SI  (OABC )  SI .OB  16  16  0 0,25  AC  OB + Do OABC là hình thoi và SI  (OABC ) nên:   AC  ( SOB)  AC  SI
www.VNMATH.com Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ IH  SO tại H thì IH  AC tại H. Vậy IH là đoạn vuông góc chung của SO và AC 0,25 SI .OI 4 2.2 3 4 66  d ( SO, AC )  IH    SO 2 11 11    | [ SO, AC ].OI | Ghi chú: Có thể dùng công thức: d ( SO, AC )    0,50 | [ SO, AC ] | VII.a ĐK: x > 0. Đặt: t  log3 x , phương trình trở thành: (2 x  1)t 2  (4 x  9)t  14  0 (1) 0,25 (1,0 điểm) Do 2 x  1  0, x  0 nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có:  '  (4 x  9)2  56(2 x  1)  (4 x  5)2   ' | 4 x  5 | 0,25 7  pt (1) có các nghiệm : t  2 ; t  2x 1 + Với t = 2 ta được pt: log3 x  2  x  9 0,25 7 7 7 + Với t  ta được pt: log3 x   log3 x  0 2x 1 2x 1 2x 1 7 Xét hàm số: f ( x)  log3 x  , TXĐ : D  (0; ) 2x  1 1 14 f '( x)    0, x  0 0,25 x.ln 3 (2 x  1) 2  Hàm số f là một hàm đồng biến trên D  (0; ) . Mặt khác f(3) = 0  x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3 VI.b 1.(1,0 điểm) (2,0 điểm) Từ giả thiết suy ra ABD đều.  Ta có : AB  (2; 2) , trung điểm của AB là M(2;1) 0,25  pt trung trực của đoạn AB: x  y  3  0 D thuộc trung trực của AB  D(t; 3  t) 0,25 + ABCD là hình thoi nên: 0,25 AD  AB  (t  1) 2  (3  t ) 2  8  t 2  4t  1  0  t  2  3 + t  2  3  D(2  3;1  3), C ( 3; 1  3) 0,25 + t  2  3  D(2  3;1  3), C ( 3; 1  3) 2.(1,0 điểm) Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi: A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) x y z 0,25 trong đó a, b, c là các số thực dương  phương trình mp(ABC):    1 a b c 1 2 3 + M(1, 2, 3)  mp(ABC) nên:    1 a b c 0,25 1 1 + Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi: V  OA.OB.OC  a.b.c 6 6 1 2 3 1 2 3 + Theo bđt CauChy: 1     33 . .  a.b.c  162  V  27 0,25 a b c a b c
www.VNMATH.com 1 2 3 1 Đẳng thức xảy ra khi    hay a  3;  6; c  9 a b c 3 0,25 Vậy Vmax  27 đạt được khi A(3;0;0), B(0;6;0), C (0;0;9) VII.b ĐK: x  1, y  1 . Khi đó hệ tương đương: (1,0 điểm) 3.32 x  y 1  3.3x  2 y 1  33( x  y )  9 (1) 0,25  ( x  1)( y  1)  3 Đặt: u  32 x  y 1, v  3x  2 y 1, ĐK: u > 0, v > 0 u  3 0,25 Phương trình (1) trở thành: 3u  3v  uv  9  (u  3)(v  3)  0   (thỏa ĐK) v  3 32 x  y 1  3  y  2 x TH1: Với u = 3, ta có hệ:    VN 0,25 2 ( x  1)( y  1)  3 2 x  x  2  0  x  2  3x  2 y 1  3  x  2  2 y  y  0 TH2: Với v = 3, ta có hệ:     x  1 2  ( x  1)( y  1)  3 2 y  y  0  y  1   2 0,25  1 So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm:  2; 0  , 1;   2  1 Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm:  2; 0  , 1;   2 ---------------Hết---------------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

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

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.