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

Chia sẻ: Tran Quyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 26
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giải phương trình sin 4 x + 4sin  + 2 x  = 4 ( sin x + cos x ) .  2  2. Giải phương trình x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 . Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C, AB = 5 cm, BC = 4 cm. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với mặt đáy (ABC) bằng 60° . Gọi D là trung điểm của cạnh AB . 1....

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 D

SỞ GD – ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐAI HỌC LẦN 1 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA MÔN : TOÁN, KHỐI D TỰ -------------------------------- Thời gian làm bài : 180 phút -------------------o0o------------- Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 2 ( Cm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số với m = 1 . 2. Tìm m để đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A, B và đường thẳng AB đi qua điểm I(1; 0) . Câu II. (2,0 điểm)  5π  1. Giải phương trình sin 4 x + 4sin  + 2 x  = 4 ( sin x + cos x ) .  2  2. Giải phương trình x + 4 − x 2 = 2 + 3x 4 − x 2 . Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại C, AB = 5 cm, BC = 4 cm. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với mặt đáy (ABC) bằng 60° . Gọi D là trung điểm của cạnh AB . 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC . 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BC . Câu IV (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x ≥ 1; y ≥ 1 và 3 ( x + y ) = 4 xy . 1 1  Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức : P = x3 + y 3 + 3  3 + 3  x y  Câu V (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm C ( 2; −5 ) , đường thẳng ∆ : 3 x − 4 y + 4 = 0 .  5 Tìm trên đường thẳng ∆ hai điểm A và B đối xứng nhau qua I  2;  sao cho diện tích tam  2 giác ABC bằng 15 . 2. Cho hai đường thẳng a và b song song với nhau . Trên đường thẳng a có 5 điểm phân biệt và trên đường thẳng b có 10 điểm phân biệt . Hỏi có thể tạo được bao nhiêu tam giác có các đỉnh là các điểm trên hai đường thẳng a và b đã cho . 3 Câu VI (1,0 điểm) Giải phương trình log 4 ( 4 − x ) + log 1 ( x + 2 ) = 3 + log 1 ( x + 6 ) . 3 2 3 2 4 4 1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm I. 1. Với m = 1, hàm số trở thành : y = x − 3 x + 2 . TXĐ : ℝ 3 2 1.0 Có limy = +∞ ; limy = −∞ x →+∞ x →−∞ x = 0 ⇒ y = 2 y ' = 3x2 − 6 x ; y ' = 0 ⇔   x = 2 ⇒ y = −2 0.25 BBT : x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 – 0 + 2 +∞ 0.25 y −∞ -2 Hàm số đồng biến trên ( −∞; 0 ) và ( 2; +∞ ) ; Hàm số nghịch biến trên ( 0; 2 ) yCĐ = 2 tại x = 0 ; yCT = - 2 tại x = 2 . 0.25 Đồ thị : Giao Oy : (0 ; 2) ; Giao Ox : (1; 0) và 1 ± 3;0 ( ) 0.25 2. x = 0 1.0 Ta có y ' = 3 x 2 − 6mx ; y ' = 0 ⇔   x = 2m 0.25 Để hàm số có CĐ và CT thì y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi dấu qua hai nghiệm đó ⇔ 2m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 . ( ) 0.25 Khi đó (Cm) có hai điểm cực trị là A(0; 2) và B 2m; 2 − 4m3 Đường thẳng AB đi qua A(0; 2) và có vtcp AB = ( 2m; −4m ) ⇒ vtpt ( 2m ;1) 3 2 0.25 Phương trình AB : 2m2 x + y − 2 = 0 Theo giả thiết đường thẳng AB đi qua I(1; 0) nên 2m 2 − 2 = 0 ⇔ m = ±1 0.25 II. 1.  5π  1.0 sin 4 x + 4sin  + 2 x  = 4 ( sin x + cos x )  2  ⇔ 2sin 2 x.cos 2 x + 4 cos 2 x = 4 ( sin x + cos x ) ⇔ 2 ( sin x + cos x ) sin 2 x ( cos x − sin x ) − 2 ( cos x − sin x ) − 2  = 0   0.25 2
 π ⇔  cos x + sin x = 0 ⇔ x = − 4 + kπ , k ∈ ℤ 0.5  sin 2 x ( cos x − sin x ) − 2 ( cos x − sin x ) − 2 = 0  (1) Giải (1) : Đặt t = cos x − sin x , (− ) 2 ≤ t ≤ 2 ⇒ sin 2 x = 1 − t 2 ( ) Pt (1) trở thành : 1 − t 2 .t − 2t − 2 = 0 ⇔ t 3 + t + 2 = 0 ⇔ t = −1  π  π 2 Với t = −1 ta có cos x − sin x = −1 ⇔ 2 cos  x +  = −1 ⇔ cos  x +  = −  4  4 2  π 0.25 x = + k 2π ⇔ 2 ,k ∈ℤ   x = −π + k 2π 2. Giải phương trình .... 1.0 Điều kiện : −2 ≤ x ≤ 2 0.25 t2 − 4 Đặt t = x + 4 − x 2 ⇒ t 2 = 4 + 2 x 4 − x 2 ⇒ x 4 − x 2 = 2 t = 2 t2 − 4 ⇔ 3t − 2t − 8 = 0 ⇔  0.25 Pt trở thành : t = 2 + 3 2 2 t = − 4  3 Với t = 2 ta có : 2 − x ≥ 0 x = 0 x + 4 − x2 = 2 ⇔ 4 − x2 = 2 − x ⇔  ⇔ (t/m)  4 − x2 = 4 − 4 x + x2 x = 2 0.25 4 4 4 Với t = − ta có x + 4 − x 2 = − ⇔ 4 − x 2 = − − x 3 3 3  4  x ≤ − 4 x ≤ − 3  −2 − 14 ⇔ 3 ⇔ ⇒x= (t/m) 9 x + 12 x − 10 = 0 2 x = −2 ± 14 3    3 −2 − 14 0.25 Vậy pt đã cho có ba nghiệm x = 0 ; x = 2 ; x = 3 III. 1. Vì tam giác ABC vuông tại C nên 1.0 AC = AB − BC = 5 − 4 = 3 (cm) 2 2 2 2 1 1 0.25 ⇒ S ABC = AC.BC = .3.4 = 6 (cm2) 2 2 Vì SA ⊥ ( ABC ) nên AC là hình chiếu của SC trên (ABC) 0.25 ⇒ góc giữa SC với (ABC) là SCA = 60° . Trong tam giác vuông SAC có SA = AC. tan 60° = 3 3 0.25 1 1 Do SA ⊥ ( ABC ) nên VS . ABC = SA.S ABC = .3 3.6 = 6 3 (cm3) . 0.25 3 3 3
2. Gọi E là trung điểm AC mà D là trung điểm AB nên DE là đường trung bình trong 1.0 tam giác ABC ⇒ DE // BC ⇒ BC // (SDE) mà SD ⊂ (SDE) nên d ( BC , SD ) = d ( BC ,( SDE )) = d ( B ,( SDE )) = d ( A,( SDE )) (vì D là trung điểm AB) 0.25 Vì BC ⊥ AC ⇒ DE ⊥ AC , mà SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ DE ⇒ DE ⊥ (SAE) ⇒ (SDE) ⊥ (SAE) mà (SDE) ∩ (SAE) = SE . Trong (SAE) kẻ AH ⊥ SE ⇒ AH ⊥ (SAE) ⇒ AH = d ( A,( SDE )) . 0.5 Trong tam giác vuông SAE có AH là đường cao nên : 1 1 1 1 8 1 2 = 2+ 2 = + = ⇒ AH = 3 . Vậy d ( BC , SD ) = 3 AH SA AE 27 27 3 0.25 IV. 3x 2 1.0 Đặt t = x. y ; vì x ≥ 1 nên 3 ( x + y ) = 4 x. y ⇔ 3 x 2 + 3 xy = 4 x 2 y ⇔ xy = 4x − 3 3y 3y Có 3 ( x + y ) = 4 xy ⇔ x = (vì y ≥ 1 ) .Xét hàm số f ( y ) = trên 4y −3 4y −3 [1; +∞ ) −9 có f ' ( y ) = < 0, ∀y ∈ [1; +∞ ) ⇒ f ( y ) ≤ f (1) = 3 ⇒ 1 ≤ x ≤ 3 ( 4 y − 3) 2 0.25 3x 2 9 9  Xét hàm số g ( x ) = trên [1;3] ⇒ ≤ g ( x ) ≤ 3 . Vậy t ∈  ;3 4x − 3 4 4   3   3  ( ) Khi đó P = x3 + y 3 1 + 3 3  = ( x + y ) − 3xy ( x + y )  1 + 3   x y     ( xy )3     4 xy 3 4 xy   3   64t 3  3 =   − 3xy.  1 + = − 4t 2  1 + 3   3   3   ( xy )   27  3  t  0.25  64 3 12 64 = t − 4t 2 − + 27 t 9 64 3 12 64 9  Xét hàm số P(t) = t − 4t 2 − + với t ∈  ;3 27 t 9 4  0.25 64 12 8  12 9  Ta có P ' ( t ) = t 2 − 8t + 2 = 8t  t − 1 + 2 > 0, ∀t ∈  ;3 9 t 9  t 4  280  xy = 3 x = 3 x = 1 Vậy MaxP = P ( 3) = tại t = 3 ⇔  ⇔ ; 9 x + y = 4 y =1 y = 3  9  9  307 9  xy = 3 0.25 MinP = P   = tại t = ⇔  4 ⇔x= y=  4  36 4 x + y = 3 2  V. 1. 5 1.0 Thay tọa độ I vào pt ∆ ta được 3.2 − 4. + 4 = 0 (luôn đúng) nên I ∈ ∆ 2 Vì A ∈ ∆ nên giả sử A ( 4a;3a + 1) mà B đối xứng với A qua I nên I là trung điểm 0.25 AB ⇒ B ( 4 − 4a; 4 − 3a ) . 3.2 − 4 ( −5 ) + 4 Từ C dựng CH ⊥ AB tại H thì CH = d (C , AB ) = =6 32 + 4 2 0.25 4
1 1 Theo giả thiết S ABC = 15 ⇔ CH . AB = 15 ⇔ .6. ( 4 − 8a ) + ( 3 − 6 a ) 2 2 = 15 2 2  a = 1 ⇒ A ( 4; 4 ) , B ( 0;1) ⇔ 25 (1 − 2a ) = 5 ⇔ 2a − 1 = 1 ⇔  2  a = 0 ⇒ A ( 0;1) , B ( 4; 4 )  Vậy hai điểm cần tìm là (4; 4) và (0; 1) . 0.5 2. Mỗi tam giác được tạo thành từ ba điểm không thẳng hàng nên ba điểm đó được 1.0 chọn từ hai điểm trên đường thẳng này và một điểm trên đường thẳng kia . Do đó 0.25 ta có các trường hợp sau : TH1: Tam giác được tạo thành từ hai điểm trên đường thẳng a và một điểm trên đường thẳng b có tất cả : 5.C10 = 225 (tam giác) . 2 0.25 TH2: Tam giác được tạo thành từ một điểm trên a và hai điểm trên b có tất cả : 10.C52 = 100 (tam giác) 0.25 Vậy có tất cả : 225 + 100 = 325 tam giác . 0.25 VI.  −6 < x < 4 1.0 Điều kiện :  (*)  x ≠ −2 0.25 Pt ⇔ 3log 4 ( 4 − x ) − 3log 4 x + 2 = 3 − 3log 4 ( x + 6 ) ⇔ log 4 ( 4 − x ) + log 4 ( x + 6 ) = 1 + log 4 x + 2 ⇔ ( 4 − x )( x + 6 ) = 4 x + 2 0.25  4 ( x + 2 ) = ( 4 − x )( x + 6 ) ⇔ (vì (*) nên ( 4 − x )( x + 6 ) > 0 )  4 ( x + 2 ) = − ( 4 − x )( x + 6 )    x = 2 (t / m)  x 2 + 6 x − 16 = 0 ⇔    x = −8 ( loai )  ⇔  2  x = 1 + 33 (loai )  x − 2 x − 32 = 0 ⇔     x = 1 − 33  (t / m ) Vậy phương trình có hai nghiệm x = 2 ; x = 1 − 33 0.5 Tổng 10.00 Lưu ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từn 5