TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN NGA SƠN - THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A

Chia sẻ: Khong Huu Cuong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

123
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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). 1. Giải hệ phương trình

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: TRƯỜNG THPT MAI ANH TUẤN NGA SƠN - THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II KHỐI A

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 3y 3 1. Giải hệ phương trình y 3x 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. x3 1 m( x 2 1) (1 m) x 1 . Câu IV (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: 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 . x1 y2 z1 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng : 1 2 1 1 x1 y2 z3 và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt : 2 2 1 2 phẳng tếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với và . 1 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 4 log16 x 4 3. Giải bất phương trình log 0,5 x 4 log 2 x
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)2 025 0x 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 1 025 Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(xB). f’(xC) = -1 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 ) 2 2 xB xC xC ) 36 xB xC 3(m 1)(( xB 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 thỏa mãn điều kiện (*) m 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 3y 3 x y 2 x(3 y ) 0 025 Ta có y 3x 3 y x 2 y (3 x) 0 025 x(3 y ) y (3 x) 0 x(3 y ) 0 025 y (3 x) 0 x0 y0 x0x3 Kiểm tra ta thấy thỏa mãn. , y0y3 x3 025 y3 x0x3 Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm , y0y3 2 1 025 1 cos2x 1 cos6x 2 2 2 sin 2 2 x Ta có sin x sin 2 x sin 3x 2 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 ) 0 025 0 hoặc cos4x + cos2x = 0 cos2 x , cos2 x 0 x k 4 2 x k 6 3 cos4x + cos2x = 0 cos4 x cos( 2 x) 025 x k 2 025 Kết luận: Phương trình có ba họ nghiệm x ,x k k và x k 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
1 ( x 2) 2 với y 1 Điều kiện: 1 x 3 . Từ phương trình đường tròn ta có y 1 025 Và y 1 1 ( x 2) 2 với y 1 . Thể tích vật thể cần tìm 3 3 2 2 1 ( x 2) 2 1 ( x 2) 2 V 1 dx 1 dx 1 1 3 1 ( x 2) 2 dx 4 025 1 Đặt x – 2 = sint với . x 2 2 x=1 t= 2 x=3 t= 025 2 dx = costdt, 1 ( x 2) 2 = cost. 025 2 2 cos 2tdt = 2 2 Vậy V = 4 (1 cos2t )dt 2 2 2 2 1 a) Gọi I là trung điểm của MN. x 025 Ta có BN AB, BN AM BN BM 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 a( x 2 y2 ) a (b 2 a 2 ) . Thể tích V axy 6 12 12 b2 a 2 025 Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN = . 2 IV 1 ( x 1)( x 2 m( x 2 x3 1 m( x 2 1) (1 m) x 1 Ta có x 1) x 1) ( x 1)
Điều kiện x 1 x1 x1 Khi đó bất phương trình tương đương với m 2 2 x x1 x x1 x1 x1 (*) m 2 2 x x1 x x1 x1 025 , bất phương trình (*) có dạng : t – t2 Đặt t = (1) m 2 x x1 x2 2x 2 Ta có t ' 1 3. ,t ' 0 x x1 2( x 2 x 1) 2 2 x x1 Bảng biến thiên x -1 1 3 t’ + 0 - t 323 025 3 0 0 11 7 3 Vậy t . Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có 0; 13 11 7 3 m với f(t) = t – t2 nghiệm t khi và chỉ khi Maxf (t ) 0; 13 11 7 3 t [0; ] 13 025 f’(t) = 1 – 2t Bảng biến thiên t 323 1 0 3 2 f’(t) + 0 - 1 4 f(t) 1 1 Từ bảng biến thiên : Maxf (t ) khi x 4 2 11 7 3 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 025 d1 và d 2 khi và chỉ khi ( , d1 ) ( , d 2 ) 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 025 a 3b 0 hoặc 3a b 0 Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3. 025 Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0 2 1 x1 y2 z1 x1 y2 z3 Vectơ chỉ phương của và lần lượt là 1: 2: 2 1 1 2 1 2 ( 2;1; 2) . Mặt phẳng (P) song song với và nhận cặp vectơ u (2; 1;1), v 1 2 025 ( 2;1; 2) làm cặp vectơ chỉ phương. u (2; 1;1), v 111 22 1 Ta có n 3(1; 2;0) . Mặt phẳng (P) có dạng ; ; 3; 6;0 1 22 22 1 025 (P) : x + 2y + m = 0. 025 Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3. Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi 22m d ( I , ( P)) R 3 m 35 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 1 025 2 1004 2009 1i 1i (1 i ) 025 ( 2i )1004 (1 i ) Ta có 025 21004 (1 i ) 21004 21004 i Vậy phần thực của số phức trên là 21004 025 Vb 3 1 1 x 1 at ( a 2 b2 Đường thẳng đi qua M(- 1 ; 1) có dạng 0) y 1 bt xA 1 at1 xB 1 at2 025 A,B và . y A 1 bt1 yB 1 bt2 M là trung điểm của AB khi và chỉ khi 025 xA xB 2 xM a(t1 t2 ) 0 (1) (do a 2 b 2 t1 t2 0 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 0 . Chọn a = 9, b = 4 8a 18b 0 4a 9b 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 025 3MG 2 GA2 GB 2 GC 2 MG (GA GB GC ) 3MG 2 GA2 GB 2 GC 2 GA2 GB 2 GC 2 025 2 2 2 025 2 2 2 Vậy MA + MB + MC GC dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M GA GB G 3 1 Ta có 4 log16 x 4 0 2 4 log16 x 4 2 log 0,5 x 4 log 2 x log 0,5 x 4 log 2 x 0 025 2 2 4 log16 x 4 log 0,5 x 4 log 2 x 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 1x 25 1 0x 4 64 1 Tập nghiệm của bất phương trình là S = [1; ] (0; ] 025 25 4