zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

Đề thi thử Đại học môn Toán - THPT Chuyên Lê Hồng Phong

Chia sẻ: Tong Quoc Dinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

97
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi thử Đại học môn Toán - THPT Chuyên Lê Hồng Phong" gồm 2 phần: phần chung có 5 câu hỏi bài tập ứng với thang điểm 7, phần riêng được chọn giữa chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao ứng với thang điểm 3. Mời các bạn cùng tham khảo và thử sức mình với đề thi này nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán - THPT Chuyên Lê Hồng Phong

www.VNMATH.com Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). Câu II (2 điểm):  x 2  y 2  xy  4y  1  0 1. Giải hệ phương trình:     y 7  (x  y)   2(x  1) 2 2 2sin x  1 cos 2x  2 cos x  7sin x  5 2. Giải phương trình:  . 2 cos x  3 cos 2x  2 cos x  1  3(cos x  1) Câu III (1 điểm): 2 x3 x3  8  (6x3  4x2 ) ln x Tính tích phân sau: I = 1 x dx Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD. Câu V (1 điểm) 1 1 1 3 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. Chứng minh:    . (1  x)3 (1  y)3 3 (1  z) 8 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên. x  2  t x 1 y  2 z  2  2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1):   , (d2):  y  3  t 2 1 2 z  4  t  và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 . Câu VII.a (1 điểm): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z  3  2i  2z  1  2i 2. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 4 2 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G  ;  và trực tâm trùng 3 3 với gốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diện tích tam giác ABC biết xB < xC . x  2  t x 1 y  2 z  2  2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1):   , (d2): y  3  t và mặt 2 1 2 z  4  t  phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3. Câu VII.b (1 điểm):
www.VNMATH.com ex  ey  (ln y  ln x)(1  xy) Giải hệ phương trình  . ln x  2 ln y 2  3.4ln x  4.2ln y ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút Câu ý Nội dung Điểm Câu I Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3. ∑ = 2đ 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ∑ = 1.25đ Tập xđ và Giới hạn 0.25 y' = 3x2 – 6x 0.25 y' = 0  x = 0 hay x = 2 Bảng biến thiên: 0.25 y'' và điểm uốn 0.25 Giá trị đặc biệt Đồ thị và nhận xét: 0.25 2 Viết pt tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). ∑ = 0.75đ Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k 0,25  (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1. x3  3x 2  3  kx  k  1 (d) tiếp xúc (C)   có nghiệm. 2 3x  6x  k  x – 3x + 3 = 3x – 6x2 + 3x2 – 6x – 1 3 2 3 0.25  2x3 – 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1. * x = 2  k = 0  (d): y = –1. * x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8 0.25 Câu II ∑=2đ 1  x 2  y 2  xy  4y  1  0 Giải hệ phương trình:  ∑ = 1đ  y 7  (x  y)   2(x  1) 2 2 y 2  xy   x2  4y  1 2y(x  y)  2x2  8y  2 (1) (I)     2 2 2 7y  y(x  y)  2x  2  y(x  y)(x  y)  2x  7y  2(2) (1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y 0.5  (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x2 + 1 = 0 (vô lí)).  x – y = 3 hay x – y = –5.  x – y = 3  x = y + 3. (1)  –6y = –2(y + 3)2 – 8y – 2  2y2 + 14x + 20 = 0 0.25 2  y  2  x  1  y + 7y + 10 = 0   .  y  5  x  2  x – y = –5  x = y – 5. (1)  10y = –2(y – 5)2 – 8y – 2  2y2 – 2x + 52 = 0 (VN) 0.25 Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5). 2 2sin x  1 cos 2x  2 cos x  7sin x  5 Giải phương trình:  . ∑ = 1đ 2 cos x  3 cos 2x  2 cos x  1  3(cos x  1) Điều kiện: 0.25
www.VNMATH.com  3 2cosx  3  0 2cosx  3 cos x      2 . cos2x  2cosx 1 3(cosx 1)  0 (cosx 1)(2cosx  3)  0 cos x  1  (1)  (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5  2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2x + 2cosx – 7sinx + 5 0.25  2sinxcosx – cosx + 2sin2x + 9sinx – 5 = 0  cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0  (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0    1  x   k2 sin x  6   2   0.25   x  5  k2 sin x  cos x  5  6 5 0.25 So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x =  k2 (k  Z). 6 Câu III 2 x3 x3  8  (6x3  4x2 ) ln x Tính tích phân sau: I = 1 x dx ∑ = 1đ 2 2 2 0.25 I= 1 x x3  8 dx + 1 (6x 2  4x) ln xdx = I1 + I2. 2  Tính I1: Đặt t = x3  8  t2 = x3 + 8  2tdt = 3x2dx  x2dx = tdt . 3 Đổi cận: x=1t=3 x = 2  t = 4. 4 4 2 2  t3  2 74 0.25 Do đó I1 = 3 t. tdt  .     64  27   . 3 3  3  9 9 3 1  Tính I2: Đặt u = lnx  u' = x v' = 6x + 4x, chọn v = 2x3 + 2x2 2 2 2 2  2x3  23 I2 = (2x  2x ) ln x    3 2 2 (2x  2x)dx = 24 ln 2    x 2   24 ln 2  .  1 1  3 1 3 0.25 74 23 5 0.25 Vậy I = 24 ln 2    24 ln 2  9 3 9 Câu IV Cho hình chóp SABCD có S ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính I K ∑ = 1đ thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp A tứ diện SOCD. D O G B M C  Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD).  ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình chữ nhật. 0.25  SABCD = AB.AD = 4a2 3 .  Ta có BD = AB2  AD2  4a2  12a2  4a
www.VNMATH.com  SO = SB2  OB2  9a2  4a2  a 5 . 1 4a3 15 3 0.25 Vậy VSABCD = SABCD .SO  . Do đó VSABMD = VSABCD  a3 15 . 3 3 4  Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OCD. Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trục của ∆ 0.25 OCD. Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I. Ta có: OI là trung trực của SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD. CD 2a 5a2 4a2 a 31 Ta có: GO =  ; R = KO = OI2  OG 2    . 3 3 4 3 12 0.25 2 2 31a 31a Do đó Scâu = 4R 2  4.  . 12 3 Câu V Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. 1 1 1 3 ∑ = 1đ Chứng minh:    (1) 3 3 (1  x) (1  y) (1  z) 3 8 1 1 1 3 1 Ta có:    . 0.25 (1  x) (1  x) 3 3 8 2 (1  x)2 Tương tự, ta được: 3  1 1 1  3 2VT  .     2  (1  x)2 (1  y)2 (1  z)2  8 1 1 1 3 Do đó ta cần chứng minh    (2) 2 2 (1  x) (1  y) (1  z)2 4 Ta có: xyz = 1 nên ta có thể giả thiết xy ≥ 1. Khi đó ta có: 1 1 2   (3) 1 x 2 1 y 2 1  xy  2xy + (x2 + y2)xy ≥ x2 + y2 + 2x2y2 0.25  2xy(1 – xy) + (x2 + y2)(xy – 1) ≥ 0  (xy – 1)(x – y)2 ≥ 0. (đúng do xy ≥ 1) Áp dụng (3) ta được: 1 1 1 VT (2) ≥ 2  2  2 (vì 2(1 + x2) ≥ (1 + x)2….) 2(1  x ) 2(1  y ) (1  z) 1 2  1 ≥   ( Do (3)) 2  1  xy  (1  z)2 1 1 z 1 =    1 (1  z) 2 z  1 (1  z)2 1 z 0.25 z2  z  1 4z2  4z  4 3(z  1)2  (z  1)2 3 (z  1)2 3 = =     (z  1)2 4(z  1)2 4(z  1)2 4 (z  1)2 4 Vậy (3) đúng  (1) đúng  (1) được chứng minh. 0.25
www.VNMATH.com VI.a ∑ = 2đ 1 Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. ∑ = 1đ Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên  A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0). a  4 0.25 Vì A  (T) nên a2 – 2a – 8 = 0    a = 4  A(0; 4).  a  2  C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y). C  (T)  25y2 + y2 + 20y – 2y – 8 = 0  26y2 + 18y – 8 = 0  y  1  x  5    C(5; –1) (Do xC  Z) 0.25  y  4  x   20  13 13  (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0  m = 4. Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0. B  (AB)  B(b; 5b + 4). b  0 B  (T)  b2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b2 + 26b = 0   . 0.25  b  1 Khi b = 0  B(0; 4 ) (loại vì B trùng với A) Khi b = –1  B(–1; –1) (nhận). 0.25 Vậy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1). 2 x  2  t x 1 y  2 z  2  Trong kg Oxyz cho (d1):   , (d2): y  3  t và mặt phẳng (): 2 1 2  z  4  t ∑ = 1đ x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 . M  (d1)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m) N  (d2)  N(2 – n; 3 + n; 4 + n)   NM   2m  n  1; m  n  5; 2m  n  2  ; n   (1;  1;1)   0.25 MN // ()  n  .NM  0  2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0  –m + n + 2 = 0  n = m – 2.   NM = ( 3m – 3; -3; –3m)  NM  (3m  3)2  (3)2  9m 2  3 2m 2  2m  2 NM = 3 6  2m2 – 2m + 2 = 6  m2 – m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2. 0.25  m = –1: M(–1; –3; 4) (loại vì M  (). 0.25  x5 y z2  m = 2: M(5; 0; –2) và NM = 3(1; –1; –2)  (d):   0.25 1 1 2 VII.a Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa: z  3  2i  2z  1  2i ∑ = 1đ Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y  R). Ta có: z  3  2i  2z  1  2i  x  yi  3  2i  2(x  yi)  1  2i  (x  3)  (y  2)i  (2x  1)  (2y  2)i 0.5  (x + 3)2 + (y – 2)2 = (2x + 1)2 + (2y – 2)2  3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0 0.25 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0. 0.25 VI.b ∑ = 2đ
www.VNMATH.com 4 2 1 Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G  ;  3 3 ∑ = 1đ và trực tâm trùng với gốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diện tích ∆ ABC biết rằng xB < xC.  34  x I  0    0  x  2  3   23  Ta có AI  AG    I  I(2; –1). 0.25 2 y  4  3  2   y  I  1  I   4  2  3   BC qua I và có VTPT là OA  (0; 4)  4(0;1)  BC: y = –1. Gọi B(b;–1),  vì I là trung  điềm BC nên C(4 – b; –1). Ta có: OB  (b;  1) ; AC  (4  b; 5) 0.25   OB.AC  0  4b – b2 + 5 = 0  b2 – 4b – 5 = 0  b = –1 hay b = 5. * b = –1  B(–1; –1) và C(5; –1) (nhận) * b = 5  B(5; –1) và C(–1; –1) (loại) 0.25   BC   6; 0   BC = 6; d(A; BC) = 5  SABC = 15. 0.25 2 x  2  t x 1 y  2 z  2  Trong kgOxyz cho (d1):   , (d2): y  3  t và mặt phẳng (): 2 1 2 z  4  t ∑ = 1đ  x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3. M  (d2)  M(2 – m; 3 + m; 4 + m). x  2  m  2t  (d) qua M và // (d1) nên (d):  y  3  m  t 0.25 z  4  m  2t  N = (d)  () nên tọa độ N thỏa hệ: x  2  m  2t  y  3  m  t   2 – m + 2t – 3 – m – t + 4 + m – 2t – 6 = 0  z  4  m  2t x  y  z  6  0 0.25  t = –3 – m  N(–3m – 4; 0; 3m + 10).   NM = (6 + 2m; 3 + m; –2m – 6)  NM2 = (2m + 6)2 + (m + 3)2 + (–2m – 6)2 0.25 Do đó MN = 3  9(m + 3)2 = 9  m + 3 = ± 1  m = –2 hay m = –4. Vậy M(4; 1; 2) hay M(6; –1; 0). 0.25 VII.b ex  ey  (ln y  ln x)(1  xy) Giải hệ phương trình  . ∑ = 1đ ln x  2 ln y 2  3.4ln x  4.2ln y Điều kiện: x, y > 0. Ta có: 1 + xy > 0. * x > y: VT (1) > 0 và VP(1) < 0  VT(1) > VP(1) (vô lí) * x < y: VT(1) < 0 < VP(1) (vô lí) 0.25 Do đó từ (1)  x = y. Thay vào (2) ta được: 23ln x  3.4ln x  4.2ln x  2lnx [(2lnx)2 – 3.2lnx – 4] = 0 0.25
www.VNMATH.com 2ln x  0  ln x  2  1  lnx = 2  x = e2. 0.25  ln x 2  4 Vậy hệ có nghiệm là x = y = e2. 0.25

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.