Trường THPT Vĩnh Định. ĐỀ THI THỬ - ĐAP ÁN ĐẠI HỌC SỐ 1

Chia sẻ: Cao Tt | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'trường thpt vĩnh định. đề thi thử - đap án đại học số 1', tài liệu phổ thông, 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: Trường THPT Vĩnh Định. ĐỀ THI THỬ - ĐAP ÁN ĐẠI HỌC SỐ 1

Trường THPT Vĩnh Định. Lớp 12a2 khóa 2008-2011 ĐỀ THI THỬ - ĐAP ÁN ĐẠI HỌC SỐ 1 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  8x 4  9x 2  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình 8cos 4 x  9cos 2 x  m  0 với x  [0;  ] . Câu II (2 điểm) log x 1 3  1. Giải phương trình:  x  2   x    x2 2   x  y  x 2  y 2  12  2. Giải hệ phương trình:   y x 2  y 2  12  Câu III (1 điểm) Tính diện tích của miền phẳng giới hạn bởi các đường y | x 2  4 x | và y  2 x . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ. Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm      2 4sin3xsinx + 4cos  3x -  cos  x +   cos  2x +   m  0 4 4 4    PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Cho  ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2 x  y  1  0 và phân x  y  1  0 . Viết phương trình đường thẳng BC. giác trong CD: 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương  x  2  t  trình tham số  y  2t  z  2  2t  .Gọi  là đường thẳng qua điểm A(4;0;-1) song song với (D) và I(-2;0;2) là hình chiếu vuông góc của A trên (D). Trong các mặt phẳng qua  , hãy viết phương trình của mặt phẳng có khoảng cách đến (D) là lớn nhất. Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1]. Chứng minh rằng 1 1 1 5    xy  1 yz  1 zx  1 x  y  z
2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x. Tìm tọa độ đỉnh C và D. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và  x   1  2t  đường thẳng  có phương trình tham số  y  1  t .Một điểm M thay đổi trên  z  2t  đường thẳng  , xác định vị trí của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác. Chứng minh 1 1 2 b c      2 a  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b ----------------------Hết---------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ SỐ 1 Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + Tập xác định: D  ¡ 0,25 + Sự biến thiên:  Giới hạn: xl y  ; lim y   im x  y '  32x 3  18x = 2x 16x 2  9   0,25 x  0 y' 0   3 x    4  Bảng biến thiên. 0,25
 3 49 3 49 yCT  y      ; yCT  y     ; yC§  y  0   1  4 32 4 32  Đồ thị 0,25 2 1,00 Xét phương trình 8cos x  9cos x  m  0 với x  [0;  ] (1) 4 2 Đặt t  cosx , phương trình (1) trở thành: 8t 4  9t 2  m  0 (2) Vì x  [0;  ] nên t  [1;1] , giữa x và t có sự tương ứng một 0,25 đối một, do đó số nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau. Ta có: (2)  8t 4  9t 2  1  1  m (3) Gọi (C1): y  8t 4  9t 2  1 với t  [1;1] và (D): y = 1 – m. Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của 0,25 (C1) và (D). Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền 1  t  1 . Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau: 81  : Phương trình đã cho vô nghiệm. m 32 81 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 1. m 32 0,50 81  : Phương trình đã cho có 4 nghiệm. 1 m  32  : Phương trình đã cho có 2 nghiệm. 0  m 1  : Phương trình đã cho có 1 nghiệm. m0  : Phương trình đã cho vô nghiệm. m
II 2,00 1 1,00 Phương trình đã cho tương đương:  x2 0 x  2  0 x  2    log 3 x 0,50 log x  ln  x  1     1  1 3  0   log 3 x ln  x    0  1      x     2 2   2     x  2  0  x  2  x  2   x  2 x  2 x  2      log 3 x  0  x  1   x  1          0,50   x2 1  x  1  1   x  3   ln  x    0    2     2 2    x  2  x  2 x  2    2 1,00 Điều kiện: | x |  | y | u  x 2  y 2 ; u  0  Đặt không thỏa hệ nên xét ; x  y  v  x  y  u2  1 x   y ta có y   v   . 0,25 2 v Hệ phương trình đã cho có dạng: u  v  12  u2  u  v    12 2  v  u  4 u  3 hoặc   v  8 v  9  x2  y 2  4 u  4  0,2 + (I)  v  8 5 x  y  8   u  3  x 2  y 2  3 + (II)   v  9 x  y  9  Giải hệ (I), (II). 0,2 5 Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm 0,2 của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  5
Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm 1,00 của hệ phương trình ban đầu là S   5;3 ,  5; 4  II 0,25 I Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y | x 2  4 x | (C ) và  d  : y  2 x Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x  0 x  0 x  0 2 2 | x  4 x | 2 x    x  4 x  2 x    x  6 x  0   x  2 2 0,25    x 2  4 x  2 x  x2  2 x  0 x  6    Suy ra diện tích cần tính: 2 6  x   x  2 2 S  4 x  2 x dx   4 x  2 x dx 0 2 2 I   | x 2  4 x | 2 x  dx Tính: 0 0,2 Vì nên x   0; 2 , x 2  4 x  0 | x 2  4 x |  x 2  4 x  5 2 4 I     x 2  4 x  2 x  dx  3 0 6 K   | x 2  4 x | 2 x  dx Tính 2 0,2 Vì và nên x   2; 4  , x 2  4 x  0 x   4; 6 , x 2  4 x  0 5 4 6 K    4 x  x 2  2 x  dx    x 2  4 x  2 x  dx  16 . 2 4
4 52 1,0 Vậy S  16  3 3 0 0,2 I 5 V 0,2 5 Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta  AB  IC có:   AB   CHH '    ABB ' A '    CII ' C '  AB  HH ' Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K  II ' . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có: 1 x3 1 x3 0,2 I ' K  I ' H '  I 'C '  ; IK  IH  IC  3 6 3 3 5 Tam giác IOI’ vuông ở O nên: x3x3 I ' K .IK  OK 2   r 2  x 2  6r 2 . 6 3 Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V  h  B  B '  B.B ' 0, 3 25 2 2 2 4x 3 x 3 3r 3 Trong đó:  x 2 3  6r 2 3; B '  B  ; h  2r 4 4 2
Từ đó, ta có: 0, 2r  2 3r 2 3  21r 3 . 3 3r 2 3 2  6r 3   25 V  6r 3. 3 2 2 3   V 1, 00 Ta có: +/ 4sin3xsinx = 2  cos2x - cos4x  ; +/        4cos  3x -  cos  x +   2  cos  2x -   cos4x   2  sin 2x + cos4x 4 4 2     0,   1   1   +/ cos 2  2x +    1  cos  4x +    1  sin 4x  25 4  2 2  2   Do đó phương trình đã cho tương đương: 1 1 2  cos2x + sin2x   sin 4x + m -  0 (1) 2 2  Đặt t  cos2x + sin2x = 2cos  2x -  (điều kiện:   4   2  t  2 ). Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t 2  1 . Phương trình (1) trở thành: với t 2  4t  2m  2  0 (2)  2 t 2 (2)  t 2  4t  2  2m 0, Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường 25 ( D ) : y  2  2m (là đường song song với Ox và cắt trục tung tại điểm có tung độ 2 – 2m) và (P): y  t 2  4t với  2 t 2. Trong đoạn   2 ; 2  , hàm số y  t 2  4t đạt giá trị nhỏ   0, nhất là 2  4 2 tại t   2 và đạt giá trị lớn nhất là 25 2  4 2 tại t  2 . Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi 0, 2  4 2  2  2m  2  4 2 25  2 2  m  2 2 . V 2, Ia 00 1 1, 00
Điểm C  CD : x  y  1  0  C  t ;1  t  . 0, Suy ra trung điểm M của 25  t 1 3  t  AC là . M ; 2 2 0,2  t 1  3  t Điểm  1  0  t  7  C  7;8 M  BM : 2 x  y  1  0  2   5 2 2 Từ A(1;2), kẻ AK  CD : x  y  1  0 tại I (điểm K  BC ). Suy ra AK :  x  1   y  2   0  x  y  1  0 . 0,2 x  y 1  0 Tọa độ điểm I thỏa hệ:  I  0;1 .  5 x  y 1  0 Tam giác ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK  tọa độ của K  1;0  . Đường thẳng BC đi qua C, K nên có phương trình: x 1 y   4x  3 y  4  0 7  1 8 2 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua đường thẳng  , thì ( P) //( D) hoặc ( P)  ( D) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Ta luôn có IH  IA và IH  AH . d   D  ,  P    d  I ,  P    IH  Mặt khác  H   P   mặt phẳng  P  , IH  IA ; do đó maxIH = IA  H  A . Trong Lúc này (P) ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A. r uu r Vectơ pháp tuyến của (P0) là n  IA   6;0; 3 , cùng phương với r v   2;0; 1 . Phương trình của mặt phẳng (P0) là: 2  x  4   1.  z  1  2x - z - 9 = 0 . VII a
Để ý rằng  xy  1   x  y   1  x  1  y   0 ; 0,2  yz  1  y  z và tương tự ta cũng có  5  zx  1  z  x Vì vậy ta có: 1,0 0  1 1 1 x y z  x  y  z      111  xy  1 yz  1 zx  1  yz  1 zx  1 xy  1 x y z    3 yz  1 zx+y xy  z 1 y z  x   5  yz  1 zx  y xy  z   y z  x 1   5  z y yz 5 vv Ta có: uuu r AB   1;2   AB  5 . Phương trình của AB 0,2 là: 5 2x  y  2  0 . I   d  : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: C  2t  1; 2t  , D  2t; 2t  2  . Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao) 0,25 4 .  CH  5 Ngoài ra: 4 5 8 8 2 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  | 6t  4 | 4 d  C ; AB   CH       0,5 5 5 t  0  C  1;0  , D  0; 2   0 58 82 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc     3 3 3 3 C  1; 0  , D  0; 2  2 1,0 0
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM. Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.  x   1  2t  Đường thẳng có phương trình tham số:  y  1 t .   z  2t  0,2 Điểm nên M  1  2t ;1  t ; 2t  . M  5 2   2 2 2 2  9t 2  20   2  2t    4  t    2t   3t  AM  25 2 2 2 2  9t 2  36t  56   4  2t    2  t    6  2t   3t  6  BM  25 2 2     2 2  3t   3t  6  AM  BM  25  25 r   Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u  3t; 2 5 r  . và v  3t  6; 2 5 r 2   2  3t  | u | 25  0,2 Ta có r 2   | v | 2 5  3t  6  25   rr rr r r   Suy ra AM  BM | u |  | v | và u  v  6; 4 5 | u  v | 2 29 rr r r rr Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u |  | v || u  v | Như vậy AM  BM  2 29 rr Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cùng hướng u, v 0,2 3t 25    t 1 5 3t  6 2 5  M 1; 0; 2  và min  AM  BM   2 29 .   0,2 Vậy khi M(1;0;2) thì minP = 11  29 2 5 VII 1,0 b 0
a  b  c nên: b  c  a . Vì a, b, c là ba cạnh tam giác  c  a  b  Đặt a b ca 0,5  y , a  z  x, y , z  0   x  y  z , y  z  x, z  x  y .  x, 2 2 0 Vế trái viết lại: a b ac 2a VT    3a  c 3a  b 2a  b  c x y z    yz zx x y 2z z Ta có: . x  y  z  z  x  y  z   2z  x  y    x y z x y x 2x y 2y Tương tự:   ; . y z x y z z x x y z 0,5 2 x  y  z 0 x y z Do đó:  2.    y z z x x y x y z 1 1 2 b c  Tức là:     2 a  3a  b 3a  c 2a  b  c  3a  c 3a  b