TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1 MÔN : TOÁN , KHỐI B

Chia sẻ: Ba Nguyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

121
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất . Câu II. (2,0 điểm)

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1 MÔN : TOÁN , KHỐI B

SỞ GD – ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA MÔN : TOÁN , KHỐI B TỰ Thời gian làm bài : 180 phút -------------------------------- -------------------o0o------------- 2x − 3 Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = . x−2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai đường tiệm cận của đồ thị (C) tại hai điểm A, B sao cho độ dài đoạn thẳng AB ngắn nhất . Câu II. (2,0 điểm) x x π x 1. Giải phương trình 1 + sin .sin x − cos .sin 2 x = 2 cos 2  −  . 2 2  4 2 2 2. Giải bất phương trình < 1 + 3 + 2x − x2 . x +1 + 3 − x Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với đáy và SA = a . Biết ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = a, BC = 2a và SC vuông góc với BD . 1. Tính tang của góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) . 2. Tính thể tích khối chóp S.ABCD . 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM với M là trung điểm BC . a 4b 9c Câu IV (1,0 điểm) Cho các số dương a, b, c . Chứng minh rằng : + + > 4. b+c c+a a+b Câu V (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A ( 2; −1) , B (1; −2 ) . Trọng tâm G của tam giác ABC nằm trên đường thẳng ∆ : x + y − 2 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C biết tam giác 27 ABC có diện tích bằng . 2 2. Gọi X là tập hợp các số gồm hai chữ số khác nhau được lấy từ các chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 . Lẫy ngẫu nhiên đồng thời hai phần tử của X . Tính xác suất để hai số lấy được đều là số chẵn .  2 x +1.log 9 y − 2 = 22 x  Câu VI (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x 9.2 .log 27 y − 9 = log 3 y 2  6
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (KB) Câu Ý Nội dung Điểm I. 1. −1 1.0 TXĐ : ℝ \ {2} ; Có y ' = < 0, ∀x ≠ 2 nên hàm số nghịch biến trên ( x − 2) 2 0.25 ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞ ) ; hàm số không có cực trị . limy = 2 ⇒ đths có TCN y = 2 . x →±∞ limy = +∞ ; limy = −∞ ⇒ đths có TCĐ : x = 2 . x → 2+ x → 2− 0.25 BBT x −∞ 2 +∞ y’ – – 2 +∞ y 0.25 −∞ 2 3   3 Đồ thị : Giao Ox :  ;0  ; Giao Oy :  0;  2   2 0.25 2.  2x − 3  1.0 Vì M ∈ (C) nên g/s M  x0 ; 0   x0 − 2  −1 2 x0 − 3 Tiếp tuyến của (C) tại M có pt là : y = ( x − x0 ) + (∆) 0.25 ( x0 − 2 ) x0 − 2 2  2x − 2  ( ∆ ) giao TCĐ tại A  2; 0  ; ( ∆ ) giao TCN tại B ( 2 x0 − 2; 2 )  x0 − 2  0.25 2  2x − 2  1 Khi đó AB = ( 2 x0 − 4 ) +  2 − 0  =2 ( x0 − 2 ) + ≥2 2 2 2 x0 − 2  ( x0 − 2 ) 2  0.25 1  x0 = 3 ⇒ M ( 3;3) Vậy ABmin = 2 2 khi ( x0 − 2 ) = ⇔ 2 ( x0 − 2 )  x0 = 1 ⇒ M (1;1) 0.25 2  II. 1. x x π  1.0 pt ⇔ 1 + sin sin x − cos sin 2 x = 1 + cos  − x  2 2 2  x x  x x  ⇔ sin sin x − cos sin 2 x = sin x ⇔ sin x  sin − cos sin x − 1 = 0 0.25 2 2  2 2  0.5 7
sin x = 0 ⇔ x = kπ , k ∈ ℤ  x sin − 2 sin x cos 2 x − 1 = 0 (1)  2 2 2 (1) ⇔ sin − 2sin 1 − 2 sin 2  − 1 = 0 ⇔ 2sin 3 − sin − 1 = 0 x x x x x 0.25   2 2 2 2 2 x ⇔ sin = 1 ⇔ x = π + k 4π , k ∈ ℤ 2  x = kπ Vậy pt có nghiệm  ⇔ x = kπ , k ∈ ℤ  x = π + k 4π 2. Giải bất phương trình .... 1.0 Đk : −1 ≤ x ≤ 3 0.25 t2 − 4 Đặt t = x + 1 + 3 − x (t ≥ 0) ⇒ 3 + 2 x − x2 = , bpt trở thành : 0.25 2 t2 − 4 2 t < 1+ 2 ( ) ⇔ t 3 − 2t − 4 > 0 ⇔ ( t − 2 ) t 2 + 2t + 2 > 0 ⇔ t > 2 (t/m) 0.25 Với t > 2 ta có x + 1 + 3 − x > 2 ⇔ 3 + 2 x − x 2 > 0 ⇔ −1 < x < 3 Kết hợp đk ta được nghiệm bpt là : −1 < x < 3 0.25 III. 1. 0.5 Vì SA ⊥ (ABCD) nên AC là hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD) . Do đó góc giữa SC với mặt phẳng (ABCD) là góc giữa SC với AC và bằng SCA 0.25 (vì tam giác SAC vuông tại A nên SCA < 90° ) Theo gt, hình thang ABCD vuông tại A và B nên tam giác ABC vuông tại B và có AC = AB 2 + BC 2 = a 5 . SA 1 Trong tam giác vuông SAC có tan SCA = = 0.25 AC 5 2. Vì AC là hình chiếu của SC trên (ABCD) mà AC ⊥ BD nên SC ⊥ BD . 1.0 Đặt AD = x , x > 0 ta có BD = a + x 2 2 1 1 Ta có S ABCD = AC.BD = ( AD + BC ) . AB ⇔ a 5. a 2 + x 2 = ( x + 2a ) .a 0.25 2 2 a a 0.25 ⇔ 4 x 2 − 4ax + a 2 = 0 ⇔ x = . Vậy AD = 2 2 1a  5a 2 ⇒ S ABCD =  + 2a  .a = 2 2  4 1 1 5a 2 5a 3 mà SA ⊥ (ABCD) nên VS . ABCD = SA.S ABCD = a. = 0.25 3 3 4 12 8
0.25 3. 1 0.5 Ta có M là trung điểm BC nên BM = BC = a 2 Gọi N là điểm đối xứng với A qua D thì AN = 2AD = a . Khi đó BM = AN = AB = a và BM // AN nên tứ giác ABMN là hình vuông ⇒ AB // MN ⇒ AB // (SMN) mà SM ⊂ (SMN) nên d ( AB , SM ) = d ( AB ,( SMN )) = d ( A,( SMN )) 0.25 Vì MN // AB ⇒ MN ⊥ AN và MN ⊥ SA nên MN ⊥ (SAN) . Từ A kẻ AH ⊥ SN tại H thì AH ⊥ (SMN) ⇒ d ( A,( SMN )) = AH . 1 a 2 Do tam giác SAN vuông cân tại A nên H là trung điểm SN ⇒ AH = SN = 0.25 2 2 IV. Đặt 1.0 −x + y + z x− y+ z x+ y−z x = b + c; y = c + a; z = a + b ⇒ a = ;b = ;c = 2 2 2 Do a, b, c > 0 nên x, y, z > 0 . Khi đó : a 4b 9c −x + y + z 4( x − y + z) 9( x + y − z) 0.25 + + = + + b+c c+a a+b 2x 2y 2z  1 9   y 2x   z 9x   2z 9 y  = − −2− + + + + + +   2 2   2x y   2x 2z   y 2z  0.25 ≥ −7 + 2 + 3 + 6 = 4  y = 2x  c + a = 2 ( b + c )  a = 2b 0.25 Đẳng thức xảy ra ⇔  z = 3x ⇔  ⇔ (loại) . 3 y = 2 z a + b = 3 ( b + c )  c = 0 0.25  Vậy đẳng thức không xảy ra , do đó ta có điều phải chứng minh . V. 1. Vì G ∈ ∆ nên giả sử G ( a; 2 − a ) là trọng tâm tam giác ABC 1.0 ⇒ C ( 3a − 3;9 − 3a ) 0.25 Ta có AB = 2 và đường thẳng AB có vtcp BA = (1;1) nên AB có pt 0.25 x − y −1 = 0 27 1 27 3a − 3 − 9 + 3a − 1 Theo gt, S ABC = ⇔ AB.d(C , AB ) = ⇔ 2. = 27 2 2 2 2  20 0.5  a = 3 ⇒ C (17; −11) ⇔  a = − 7 ⇒ C ( −10;16 )   3 2. Từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6 có thể lập được tất cả A62 = 30 số gồm hai chữ số 1.0 khác nhau nên tập X gồm 30 phần tử . 2 0.25 Lấy ngẫu nhiên hai số trong 30 số lập được ở trên có C30 cách ⇒ n ( Ω ) = C30 = 435 2 Gọi A: “ Hai số lấy được đều là số chẵn” . Trong 30 số lập được từ các chữ số đã cho (không có chữ số 0) , số các số chẵn bằng số các số lẻ nên có tất cả 15 số chẵn . 0.25 Lẫy ngẫu nhiên hai số chẵn trong 15 số chẵn có C15 = 105 cách ⇒ n ( A ) = 105 2 0.25 n ( A) 105 7 Vậy P ( A ) = = = n ( Ω ) 435 29 9
0.25 VI. Điều kiện : y > 0 . 1.0 2 x.log 3 y − 2 = 22 x  (1) Hệ pt ⇔  x 0.25 3.2 .log 3 y − 9 = log 3 y  2 ( 2) 22 x + 2 Từ (1) ⇒ log 3 y = . Thế vào (2) ta được : 0.25 2x 22 x + 2  22 x + 2  2  22 x = 4 ⇔ x = 1 ⇒ y = 27 (t / m ) −9 =   3.2 x.  ⇔  2x 1 0.5 2x  2x   2 =− ( vn )  2 Tổng 10.00 Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần . 10