zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử toán lần 4 - TT Hoa Mai

Chia sẻ: HUI.VN | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

76
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán lần 4 - tt hoa mai', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ 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: Đề thi thử toán lần 4 - TT Hoa Mai

www.VNMATH.com TRUNG TÂM HOCMAI.VN TRƯỜNG CHINH Tòa nhà Hocmai.vn, 109 Trường Chinh, Thanh Xuân, Hà Nội ĐT: (04) 3629–0880 Email: tccenter@hocmai.vn Website: trungtam.hocmai.vn/truongchinh ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x  mx 2  (2m  1)x  m  2 (1). 3 1. Khảo sát vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 2 điểm cực trị A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I với I 1; 0  . Câu II (2,0 điểm) x    1 1. Giải phương trình: sin  2    cos  x     sin 3x  sin x  1  tan 2 x  . 2 4  6 8  x  y  6 2. Giải hệ phương trình:  .  x  7  y  7  8 x3  x  2 Câu III (1,0 điểm) . Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y  , trục Ox và x  2 . x3  x Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với B’C chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai khối đa diện một khối chứa đỉnh C, một khối chứa đỉnh B’. Tính thể tích khối đa diện chứa đỉnh B’. Câu V (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: e x  e2 y  x  2 y x 2  y 2  3  ln x  xy  2 y  ln xy  0         . x y x 2  3.6  4.3  0 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ba đường thẳng 1 , 2, 3 lần lượt có phương trình là 3x  4 y  5  0, 4 x  3 y  5  0, x  6 y  10  0. Viết phương trình đường tròn có tâm I thuộc đường thẳng 3 và tiếp xúc với hai đường thẳng 1, 2. x  2  t  2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;1;2) và đường thẳng  :  y  2 . Tìm tọa độ hai điểm B z  4  t  và C trên đường thẳng  sao cho tam giác ABC đều. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm m  R để phương trình 2z 2  2  m  1 z  2m  1  0 có hai nghiệm phân biệt z1 , z 2  C thoả mãn z1  z 2  10 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ vuông góc Oxy cho tam giác ABC biết đỉnh A  0; 4  , trực tâm H 1; 2  và 8 1 trọng tâm G  ;  . Xác định tọa độ B, C. 3 3 x  1  m 2 t  x  m y z 1 2. Cho hai đường thẳng d1 :  y  2  nt , d 2 :   . Tìm m, n để d1, d2 song song và khi đó tính z  4t 1 2 1  khoảng cách giữa d1, d2 . 1
www.VNMATH.com x2  x 1 Câu VII.b (1 điểm). Cho hàm số y  có đồ thị (C). A, B lần lượt thuộc tiệm cận đứng và xiên của (C) thoả x 1   mãn AB tiếp xúc (C). Gọi I là giao hai tiệm cận. Tính IA.IB . ------------HẾT----------- ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I.1 1 m  2 :y  x 3  2x 2  3x . 3 Tập xác định: D  R . Sự biến thiên: 0.25 Giới hạn: lim y  ; lim y   . x  x  x  1 Chiều biến thiên: y '  x 2  4x  3; y '  0   . x  3 Hàm số đồng biến trên khoảng  ,1 ;  3,   ; nghịch biến trên 1,3  . 4 Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 ; yCĐ  ; 3 Hàm số đạt cực tiểu tại x  3 ; yCT = 0. 0.25 Bảng biến thiên: x  1 3  y’ + 0  0 + y 4  0.25 3  0 Đồ thị: 0.25 I.2 x  1 y '  x 2  2mx  2m  1 . y '  0   . 0.25  x  2m  1 Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B  2m  1  1  m  1  4  4 8  A 1;  , B  2m  1,  m3  4m 2  4m   . 0.25  3  3 3 Có IA song song Oy nên tam giác IAB vuông tại I  B  Ox 0.25 2
www.VNMATH.com 4 8 0.25   m3  4m 2  4m   0  m  2 3 3 II.1  Điều kiện: cos x  0  x   k, k  Z . 2   1 1  2  2  PT  1  cos  x    3 cos x  sin x  sin 2x cos x. cos 2 x 0.25  1  sin x  3 cos x  sin x  sin x  sin x  3 cos x  1      0.25   1  x  3  6  k2  x  2  k2  sin  x      ,k Z   ,kZ  3 2  x    5  k2  x  7   k2 0.25  3 6  6 7 Vậy phương trình có nghiệm x   k2 , k  Z . 6 0.25 II.2 Điều kiện: x  0, y  0  x  x  7  y  y  7  14  x  x  7  y  y  7  14  0.25 Hệ    7 7 .  x  7  x  y  7  y  2  x  x7  y  y7  2  a  x  x  7 a  b  14 0.25  a  b  14 a  7 Đặt   7 7   .  b  y  y  7  a  b  2 ab  49 b  7  x  x  7  7  x 2  7x  21  x   0.25  y  y  7  7  y 2  7y  21  y x  9 0.25  . y  9 III x3  x  2 Hoành độ giao điểm của đường y  và trục Ox là nghiệm phương trình: x3  x     x 3  x  2  0  x 3  1   x  1  0   x  1 x 2  x  2  0  x  1 . 0.25 2 2 x3  x  2 x3  x  2 Diện tích hình phẳng bằng là S   dx  1 x 3  x dx 1 x3  x 3 (do x  1  x  1  0, x  x  0 ) 0.25 2 2 2  2  2x S   1  3  dx   dx   2 2 dx 1 x x 1 1 x x 1   0.25 4 4 4 dt 1 1  t 8  1   1     dt  1  ln  1  ln (đvdt) 0.25 1 t  t  1 1 t t 1 t 1 1 5 3
www.VNMATH.com IV Gọi M là trung điểm BC, ta có A C AM  BC  AM   BCB 'C '  M  AM  B 'C  AM   P  . B 0.25 Gọi N là trung điểm CC’, ta có MN / /BC '  MN  B 'C  MN   P  . Vậy thiết diện N 0.25 của (P) và lăng trụ là tam giác AMN. 1 3 a3 3 Có VABC.A ' B 'C '  AA '.SABC  a. a.a.  . 2 2 4 1 1 a 3 1 a a a3 3 VA.CMN  AM.SCMN  . . . .  . A' C' 0.25 3 3 2 2 2 2 48 11a 3 3 B' 0.25 Vậy VAA ' BMNC ' B '  VABC.A ' B 'C '  VA.CMN  (đvtt). 48 V  xy  0 Điều kiện:  . 0.25  x  xy  2 y  0 Xét phương trình (1): e x  e 2 y  x, y : x  2 y   x  2 y   x 2  y 2  3  0  VT 1  VP 1 .   x  xy  2 y  xy  ln  x  xy  2 y   ln  xy  Tương tự x, y : x  2 y  VT 1  VP 1 . Vậy (1)  x  2 y , thế vào (2): 0.25 2y y y 2 2 2 22 y  3.6 y  4.32 y  0     3    4  0     4  y  log 2 4 . 0.25 3 3 3 3   0.25 Vậy hệ có nghiệm:  2 log 2 4;log 2 4  .  3 3  VIa. Do I  ( 3 )  I(6a  10; a) . 1 0.25 Đường tròn tâm I bán kính R có phương trình: (x − 6a − 10)2 + (y − a)2 = R2 (C) Đường tròn (C) tiếp xúc với (1)  d(I; 1) = R 3(6a  10)  4a  5 22a  35  R R. (1) 32  4 2 5 Đường tròn (C) tiếp xúc với (2)  d( I; 2) = R 4(6a  10)  3a  5 21a  35 0.25  R  R. (2) (3)2  4 2 5 Từ (1) và (2), ta có phương trình 22a  35  21a  35 70 0.25  a = 0 hoặc a =  . 43 Vậy có hai đường tròn thoả mãn là (C1): (x − 10)2+ y2 = 49, 2 2 2  10   70   7  0.25 (C2):  x     y      .  43   43   43  VIa. 7 5 2 Hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng  là H  ; 2;  0.25 2 2 A B    B(2-b;2;4+b). 0.25 AH 1  b  1 Tam giác ABC đều  HB     . 3 2  b  2 d 0.25 B H C 4
www.VNMATH.com C đối xứng với B qua H. Vậy có hai cặp điểm thỏa đề bài: B(3;2;3), C(4;2;2) hoặc B(4;2;2), C(3;2;3). 0.25 VIIa Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt   '  0 . 0.25 2 Vì m  R   '   m  1  2  2m  1  m 2  6m  1  R . 2 TH1:  '  0  z1  z 2  10  z12  z 22  2 z1z 2  10   z1  z 2   2z1z 2  2 z1z 2  10  2m  1  0  2 1  m   10  m  1  10   '  0  1  m    2m  1  2m  1  10    . 0.25   2m  1  0   m  3  20   '  0  m 2  6m  11  0  1  m  i m 2  6m  1 1  m  i  m 2  6m  1 0.25 TH2:  '  0    10 2 2  1  m 2   m2  6m  1  10  m  2   '  0  . 0.25 Vậy m  3  20 hoặc m  2 VIb.  3   3 0.25 1 Gọi I là trung điểm BC suy ra AI  AG  I  4;   . 2  2 Đường thẳng BC qua I vuông góc AH nên BC có phương trình:  3 0.25 1 x  4   2  y    0  x  2y  7  0 .  2 0.25 B  BC  B  2b  7, b  , C đối xứng với B qua I nên C 1  2b; 3  b  . BH  AC   6  2b 1  2b    2  b  7  b   0  5b 2  15b  20  0 b  1  B  9;1 ,C  1; 4    .  b  4  B  1; 4  ,C  9;1 0.25   VIb.   d 1 qua M1 1; 2;0  có VTCP u1 m 2 ; n; 4 , d 2 qua M 2  m;0;1 có VTCP u 2 1; 2;1 . 0.25 2     d1 , d 2 song song  u1 , u 2 cùng phương và M1M 2 , u 2 không cùng phương   m2 n 4 m  2 u1 , u 2 cùng phương     , 0.25 1 2 1 n  8   1  m 2 1 M1M 2 , u 2 cùng phương     m  2. 1 2 1 Vậy d1 / /d 2  m  2, n  8 . 0.25    M1M 2 , u 2    0 2  4 2  82 40 d  d1 , d 2   d  M1 , d 2     0.25 u2 2 2 1  2 1 2 3 VIIb 1 0.25 y  x TCĐ: x  1 , TCX: y  x , I 1;1 . x 1  1  Gọi tiếp điểm của AB và (C) là M  a; a   suy ra phương trình AB:  a 1   1  1 0.25 y  1    x  a  a    a  12  a 1    2  0.25 suy ra A 1;1   , B  2a  1; 2a  1 .  a 1  5
www.VNMATH.com   2 Suy ra IA.IB  .  2a  2   4. a 1 0.25 Ghi chú: Đáp án gồm 04 trang. Thí sinh làm theo cách khác và đúng thì cho điểm tương ứng. 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

922 lượt tải

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.