KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I ĐỀ THI MÔN: TOÁN – Khối A+AB

Chia sẻ: Ngoclan Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'kỳ thi thử đại học lần thứ i đề thi môn: toán – khối a+ab', 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: KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I ĐỀ THI MÔN: TOÁN – Khối A+AB

GV. Luong Viet Hai - THPT Tuy Phong (suu tam) KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I ĐỀ THI MÔN: TOÁN – Khối A+AB Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Câu I. Cho hàm số y  2x 3  x 2  4x  1 (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Tìm số thực k sao cho có hai tiếp tuyến phân biệt cùng hệ số góc k tiếp xúc với (C) và đường thẳng đi qua hai tiếp điểm cắt trục hoành tại điểm A, cắt trục tung tại điểm B sao cho OB = 2012.OA Câu II. 7 1. Giải phương trình 1  x  4x  6  2   3x  y  5x  4y  5 2. Giải hệ phương trình  12 5x  4y  x  2y  35  Câu III 2 cos 2x 1. Giải phương trình  cot x   cos x  1 1  tan x2 sin x 2bc 2. Nhận dạng tam giác ABC biết: cos(B  C)  2 a (Trong đó A, B, C là ba góc; a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB) Câu IV 1. Cho hai đường tròn (C1 ) : (x  1) 2  (y  2) 2  4 và (C 2 ) : (x  2) 2  (y  3) 2  2 cắt nhau tại điểm A(1; 4). Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt lại (C1), (C2) lần lượt tại M và N sao cho: MA = 2.NA; 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, ABC  600 , tam giác SAB đều. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mp(ABC) là một điểm nằm trên đường thẳng AH. a. Tính thể tích khối chóp S.ABC b. Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC)  xy3 Câu V. Cho hai số thực x, y thoả mãn  2 .  x  y  xy  4 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P(x, y)  x 2 y  xy 2  2xy. Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh :………….………………………………..…..…….SBD:……………… ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – KHỐI A+AB Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  2x  x  4x  1 (C) 3 2 1.00 1- TXĐ : R 2.SBT . - Giới hạn: lim  ; lim  . x  x  0.25 2 - Có : y '  6x 2  2x  4  (x  1)(6x  4); y '  0  x  1;x  . 3 - BBT. Hàm số đb trên khoảng (; 1) 2 x - -1 + 3 2 2 _ và ( ; ), nb trên (1; ). y' + 0 0 + 3 3 4 + Hàm số đạt cực đại tại x = -1 ; y 17 giá trị cực đại là f(-1) = 4. - - 27 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2/3 ; giá trị cực tiểu là f(2/3) = - 17/27. 0.25 1 91 3. Đồ thị. Điểm uốn I( ; ) làm tâm đối xứng. 6 54 3  17 - Đồ thị cắt Oy tại (0 ; 1), Cắt Ox tại (1 ; 0); ( ;0) ; đi qua (-2 ; -7) 4 8 0.25 6 4 2 -15 -10 -5 O 5 10 15 -2 -4 0.25 -6 I.2 Tìm số thực k sao cho có hai tiếp tuyến cùng hệ số góc k… 1.00 - Hoành độ hai tiếp điểm là nghiệm pt f '(x)  k  6x  2x  4  k  6x  2x  (4  k)  0 2 2 (*) 25 - Có 2 tiếp tuyến  (*) có 2 nghiệm p/b   '  1  6(4  k)  0  k   .(**) 0.25 6 1 1 37 - Có : f (x)  f '(x)( x  ) x  1. Giả sử M(x ; y) là tiếp điểm thì f '(x)  k và 3 18 9 1 1 37  3k  37   k  18  y  f (x)  k( x  )  x  1   x    3 18 9  9   18   3k  37  x   k  18  ; (d) Vậy pt đ/ thẳng qua hai tiếp điểm là : y      0.25  9   18   k  18   k  18  - Khi đó tọa độ giao điểm A  ;0  , B  0;  ; 37  3k  0.  2(37  3k)   18  0.25
k  18 k  18 (**) - Đk: OB  2012.OA   2012  | 37  3k | 18108 0.25 18 2(37  3k) 18145 18071 18145 18071 k ;k   . Vậy có hai giá trị k thoả mãn. ; . 3 3 3 3 II.1 7 1.00 Giải phương trình: 1 x  4x  6  2  2(u  v)  7 (1) Đặt 1  x  u; 4x  6  v; u, v  0. Ta được hệ :  4(1  u )  v  6 (2) 2 2 0.25  v3 7 7 (1) u   v , thế vào (2): v  4(  v)  10  5v  28v  39  0   2 2 2 13 2 2 v   5 0.25 1 3 - Với v  3; u  4x  6  3  x  . (tm) 2 4 0.25 13 9 13 19 - Với v  ; u  (tm)  4x  6   x  . 5 10 5 100 Vậy pt có2 nghiệm x = ¾ ; x = 19/100. 0.25 II.2  3x  y  5x  4y  5  1.00 Giải hệ phương trình:  12 5x  4y  x  2y  35  - Đk: 3x  y  0;5x  4y  0. Đặt u  3x  y; v  5x  4y  x  2y  2(3x  y)  (5x  4y)  2u 2  v 2 0.25  uv5  u 5v Hệ trở thành:   12v  2u  v  35  0 2(5  v)  v  12v  35  0 2 2 2 2  u 5v  v  3;u  2  2   v  8v  15  0  v  5;u  0  v  3 5x  4y  9  x  1 0.25 TH1.    . u  2  3x  y  4 y  1  x   25 0.25  v  5 5x  4y  25   7 TH2.    . Vậy hệ có 2 nghiệm (1 ;1) ;(-25/7 ; 75/7) u  0  3x  y  0  y 75   7 0.25 III.1 2 cos 2x 1.00 Giải phương trình:  cot x   cos x  1 (1) 1  tan 2 x sin x  - Đk : sin x  0;cos x  0  x  k , k  Z. 2 cos x cos 2x (1)  2cos 2 x    cos x  1 sin x sin x 0.25  2cos 2 x sin x  cos x  cos 2x  cos x sin x  sin x  (2cos 2 x sin x  sin x)  (cos x  sin x cos x)  cos 2x  0 0.25  (2cos 2 x  1)sin x  cos x(1  sinx)  (2cos 2 x  1)  0  (2cos 2 x  1)(sin x  1)  cos x(1  sin x)  0
 (sin x  1)(2cos 2 x  cos x  1)  0  (sin x  1)(cos x  1)(2cos x  1)  0 0.25 1 2  2cos x  1  0  cos x    x    k2, k  Z (t / m) 2 3 2 Vậy phương trình có hai họ nghiệm : x    k2, k  Z . 3 0.25 III.2 2bc 1.00 Nhận dạng tam giác ABC biết cos(B  C)  (*) a2 - Áp dụng định lý Sin trong tam giác 2sin B.sin C 4sin Bsin C (*)  cos(B  C)  2  2sin A cos(B  C)  sin A sin A 0.25 4sin Bsin C 4sin Bsin C  2sin(B  C) cos(B  C)   sin 2B  sin 2C  sin A sin A sin Bsin C sin Bsin C  (sin Bcos B  )  (sin C cos C  )0 0.25 sin A sin A sin C sin B  sin B(cos B  )  sin C(cos C  )0 sin A sin A  sin B(sin A cos B  sin(A  B))  sin C(sin A cosC  sin(A  C))  0 0.25   sin Bsin Bcos A  sin Csin Ccos A  0  (sin 2 B  sin 2 C)cos A  0  cos A  0  A  900 . Vậy  ABC vuông tại A. 0.25 IV.1 (C1 ) : (x  1) 2  (y  2) 2  4 ; (C 2 ) : (x  2) 2  (y  3) 2  2 ; A(1;4) 1.00 - Giả sử MN có dạng : a(x  1)  b(y  4)  0; a 2  b 2  0. ( Do MN đi qua A) - Gọi H1, H2 lần lượt là trung điểm AM, AN N  AH1  2.AH 2  R 1  O1H1  4(R 2  O 2 H 2 ) 2 2 2 2 H2 A  R  d (O1 ,(d))  4[R  d (O 2 ,(d))] 2 1 2 2 2 2 R2 O2 0.25   | 2a  3b  a  4b |   2 2 H1 R1  | a  2b  a  4b |  C2  4   4 2     (d) O1  a 2  b2     a 2  b2  M  4b 2 4(a  b) 2 a 2  2ab C1  4 8   1  b 2  2ab  0 0.25 a 2  b2 a 2  b2 a 2  b2 TH1. b  1,a  0  (d) : x  1  0 0.25 TH2. b  2a  0. Chọn a = 1 ; b = -2 ta được (d) : x – 2y + 7 = 0. 0.25 Vậy có hai đường thoả mãn : x – 1 = 0 và x – 2y + 7 = 0. IV.2a Tính thể tích khối chóp S.ABC 1.00 - Gọi O là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC) ; O thuộc AH. - Tam giác ABC có : AB = a ; BC = 2a ; AC  2 3. S - Tam giác ABH có ABH  600  BAH  300 ; AB a a2 a 3 BH   ; AH  a 2   . 0.25 2 2 4 2 a - AO và BO lần lượt là hình chiếu vuông góc của SA, SB a trên mp(ABC), mà SA = SB  OA = OB.  AOB cân tại O  ABO  300  OBH  300 M  a 3 A C 0.25 300 a O 2a a H
a - Tam giác BHO có : OH  BH.tan 300  ; 2 3 a OA  OB  2OH  . ( Suy ra O nằm giữa A và H) 3 0.25 2 a 2 - Tam giác SAO có : SO  AB2  OB2  a 2  a . 3 3 0.25 1 1 1 2 a3 2 VS.ABC  SO.S(ABC)  AB.AC.SO  .a.a 3.a  . (đvtt) 3 6 6 3 6 IV.2b Tính góc giữa hai mặt phẳng mp(SAC) và mp(ABC) 1.00 - Hạ OM  AC = M (1) ; do AC  SO , suy ra AC  mp(SOM)  AC  SM (2) 0.25 Từ (1), (2)  góc  giữa hai mp(SAC) và mp(ABC) chính là góc giữa SM và MO. Tam giác SMO vuông tại O    SMO 0.25 a a 3 a - Trong tam giác AOM có : OM  AO sin OAM  sin 600  .  0.25 3 3 2 2 2 a SO 3  2 6    arctan 2 6 . Vậy : tan    MO a 3 3 0.25 2 V Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P(x, y)  x 2 y  xy 2  2xy. 1.00 - Đặt x  y  3  a,a  0. Khi đó có hệ :  x  y 3a  x  y 3a  x  y 3a     (x  y)  4   2 a  6a  5 2  (x  y)  3xy  4 2  xy    xy   3 3 a  6a  5 2  x, y là nghiệm của phương trình : t 2  (3  a)t   0 (*) 0.25 3 - Điều kiện để có x, y là phương trình (*) phải có hai nghiệm.  a0   a0  4 2  2  7  a  0    (3  a) 2  (a  6a  5)  0  a  6a  7  0  3 (a 2  6a  5)(a  1) a 3  7a 2  11a  5 - Khi đó : P(x, y)  xy(x  y  2)    f (a) 3 3 0.25 1 11 f '(a)  (3a 2  14a  11); f '(a)  0  a  1;a   ; 3 3 - BBT. - 11 a -7 f (7)  24; -1 0 3 + _ 0 11 256 f'(a) 0 + f ( )  ; 256 3 81 f(a) 81 5 3 5 f (0)  . 0 0.25 3 -24
 2  xy 256 11  3 Vậy : maxP(x, y)  max f (a)  a  81 3  xy   32 a[ 7;0]   27  3  105 3  105 0.25 x  ;y  9 9   3  105 3  105 x   ;y  9 9 (Học sinh làm cách khác đúng được điểm tối đa)