Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 222

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC với đ−ờng cao kẻ từ A và đường phân giác

trong của góc B lần lượt có phương trình là: x − 2y − 2 = 0 và x − y −1 = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của

tam giác ABC , biết M (0;2) thuộc đường thẳng AB và AB = 2BC

 

pdf7 trang | Chia sẻ: tuanbinh | Ngày: 09/08/2018 | Lượt xem: 158 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem nội dung Tuyển tập Đề thi thử Đại học có đáp án môn Toán - Đề số 222, để tải tài liệu về máy bạn hãy click vào nút TẢI VỀ
1 
Tr−ờng THPT triệu sơn 4 
Tổ Toán - tin 
Đề khảo sát chất l−ợng thi đại học, cao đẳng lần 1 
Năm học: 2011-2012 
Môn: Toán 
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
Phần chung CHO TấT Cả CáC THí SINH (7 điểm) 
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số ( ) mxmmxmxxf +−+++−= 2)2() 3( 13 23 (1) (m là tham số) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi 2−=m . 
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm 
số (1) tới trục Ox bằng khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (1) tới trục Oy . 
Câu II: (2 điểm) 
1. Giải ph−ơng trình: xxxx sincos3)sin(cos 3 +=+ . 
2. Giải hệ ph−ơng trình: 



−=−+
−=−
1724
11716 222
yxxy
yyx
 . 
Câu III: (2 điểm) 
1. Giải bất ph−ơng trình: 2 22 8 6 1 2 2x x x x+ + + − ≤ + 
2. Cho hình chóp tứ giác đều ABCDS. với đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, mặt bên tạo 
với mặt đáy một góc 060 . Mặt phẳng )(P chứa AB và tạo với mặt đáy một góc 030 cắt SC , SD lần 
l−ợt tại M và N . Tính thể tích khối chóp ABMNS. . 
Câu IV: (1 điểm) 
 Cho các số thực d−ơng zyx ,, thoả mãn: 8))()(( =+++ xzzyyx . Hãy tìm giá trị lớn nhất của 
biểu thức zxyzxyP ++= . 
Phần RIÊNG (3 điểm) : Thí sinh chỉ đ−ợc làm một trong hai phần A hoặc phầnB 
Phần A. 
Câu Va: (3 điểm) 
1. Giải ph−ơng trình: 
331322 222 2222 +−+++− +=+ xxxxxx . 
2. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 5, 8 có thể lập đ−ợc bao nhiêu số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một 
khác nhau và phải có mặt chữ số 3? 
3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , hãy xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân tại 
A . Biết rằng cạnh huyền nằm trên đ−ờng thẳng d : 0317 =−+ yx , điểm )77;(N thuộc đ−ờng thẳng 
AC , điểm )3;2( −M thuộc đ−ờng thẳng AB . 
Phần B. 
Câu Vb: (3 điểm) 
1. Giải ph−ơng trình: xxx xx 3
2
9
2
3 log23loglog =+ . 
2. Tìm hệ số của số hạng chứa 
5x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của n2 x)( + , biết: 
 524288... 122523212 =++++ n−nnnn CCCC . 
3. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC với đ−ờng cao kẻ từ A và đ−ờng phân giác 
trong của góc B lần l−ợt có ph−ơng trình là: 022 =−− yx và 01 =−− yx . Tìm toạ độ các đỉnh của 
tam giác ABC , biết )2;0(M thuộc đ−ờng thẳng AB và BCAB 2= . 
-----------------------------Hết------------------------ 
Thí sinh không đ−ợc sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không đ−ợc giải thích gì thêm 
Download tài liệu học tập, xem bài giảng tại : 
AOTRANGTB.COM
2đáp án đề thi khảo sát chất l−ợng đại học, cao đẳng lần 1 
Năm học 2011-2012 
Môn thi : Toán 
Câu Nội dung Điểm 
1) TXĐ: R 
2) Sự biến thiên: 
a) Giới hạn tại vô cực: 
Ta có −∞=
−∞→ 
y
x
lim , +∞=
+∞→ 
y
x
lim 
0,25 
b) Bảng biến thiên: Ta có ( )2' 3 6 3 2y x x x x= + = + 0=⇔ x hoặc 2x =− . 
+
x
'y
y
2−−∞ +∞
0
−
0
0
0 +
4−
+∞
−∞
Hàm số đồng biến trên (-∞;-2) và (0;+∞),àm số nghịch biến trên ( )2;0− . 
Hàm số đạt cực đại tại x=-2 với giá trị cực đại là y(-2)=0 
và đạt cực tiểu tại x=0 với giá trị cực tiểu là y(0)=-4. 
0,25 
Câu I.1 
(1 điểm) 
3) Đồ thị: 
+) Đồ thị cắt trục tung tại (0;-4), giao với trục hoành tại (-2;0) và (1;0). 
+) Đồ thị nhận điểm uốn I(-1;-2) làm tâm đối xứng. 
O x
y
I
1
1−2−3−
4−
1
2−
0,5 
( ) )2(3163 2, ++++=⇒ mmxmxy ; mxy =⇔= 0, hoặc 2+= mx 
Hàm số có cực trị với mọi m. Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là: ( )23; 23 −++ mmmmA , ( )63;2 23 −+++ mmmmB ; A là điểm cực đại, B là 
điểm cực tiểu. 
0,5 Câu I.2 
(1 điểm) 
Ta có ( ) 23; 3 −++= mmmOxAd , ( ) 2; += mOyBd 0,5 
Download tài liệu học tập, xem bài giảng tại : 
 3 
Theo giả thiết ta có: 






=
=
−=
−=
⇔+=−++
0
1
1
2
2233
m
m
m
m
mmmm 
Ta có xxxxxpt cos2sincos)sin(cos 3 ++=+⇔ 
[ ] xxxxx cos21)sin(cos)sin(cos 2 =−++⇔ 
0)1sinsin(coscoscos2cossin2)sin(cos 2 =−+⇔=+⇔ xxxxxxxxx 
0,5 
Câu II.1 
(1 điểm) 
0)sin(coscos2 =−⇔ xxx






+=
+=
⇔


=
=
⇔
pi
pi
pi
pi
kx
kx
x
x
4
2
1tan
0cos
 )( Ζ∈k 0,5 
Dễ thấy 0=y không phải nghiệm của ph−ơng trình. 
Chia cả 2 vế của pt 1 cho 2y , cả hai vế pt 2 cho y ta đ−ợc: 







=++
=−+
⇔







=++
=+
72)14(
178)14(
7214
17116 22
2
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
. 
Đặt (*)
14







=
=+
v
y
x
u
y
x
. Hệ đã cho trở thành (**)
72
1782



=+
=−
vu
vu
. 
0,5 
Câu II.2 
(1 điểm) 
Giải hệ (**) ta đ−ợc 



=
=
1
5
v
u
 hoặc 



=
−=
8
9
v
u
Với 



=
=
1
5
v
u
 ta đ−ợc 


==
==
⇔



=
−=−
4/1
1154
yx
yx
yx
yxy
Với 



=
−=
8
9
v
u
 ta đ−ợc 



=
−=+
yx
yxy
8
194
(vô nghiệm) 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( ) )1;1(; =yx hoặc ( ) )4/1;4/1(; =yx . 
0,5 
Điều kiện: 
3
1
x
x
≤ −
 ≥
 0.25 
Biến đổi t−ơng đ−ơng bất ph−ơng trình: 
( )( ) ( ) ( ) ( )2 1 3 1 1 2 1x x x x x+ + + − + ≤ + 
Nhận thấy với 3x ≤ − bất ph−ơng trình vô nghiệm 
0.25 
CâuIII.1 
(1 điểm) 
Với 1x ≥ , bất ph−ơng trình t−ơng đ−ơng: ( ) ( )2 3 1 2x x+ + − ≤ 0.25 
 4 
Nhận thấy 
( )
( ) ( ) ( )
2 3 2 2
2 3 1 2 2 2
1 0
x
x x
x
 + ≥
⇒ + + − ≥ >
− ≥
Do đó bất ph−ơng trình không có nghiệm 1x ≥ . 
Kết luận: bất ph−ơng trình vô nghiệm. 
0.25 
Gọi KH , lần l−ợt là trung điểm của AB và CD và I là giao điểm của SK 
và MN 
 060=∠⇒ SHK , 030=∠IHK 
Ta có ⇒⇒


 ⊂ CDABMN
CDAB
PAB
////
//
)(
tứ giác ABMN là hình thang cân. 
Tính ABMNS , ta có IH là đ−ờng cao. 
Vì tam giác SKH là tam giác đều cạnh a nên 
2
3aIH = . 
0,5 
CâuIII.2 
(1 điểm) 
Ta có 
22
aABMN == 
2
8
33
2
3).
2
(
2
1).(
2
1
a
aa
aIHMNABS ABMN =+=+=⇒ 
Vì ( ) SIABMNSI ⇒⊥ là đ−ờng cao của khối chóp ABMNS. và 
22
aSKSI == . 
Vậy 
16
3
.
8
33
23
1
.
3
1 32
.
a
a
aSSIV ABMNABMNS === 
HK
I N
M
A
B
D
C
S
0,5 
Câu IV 
(1 điểm) 
Đặt xyxa ++= . 
Ta có ( )( )( ) 8=−−− xayaxa . 
3 2( ) ( ) 8a a xy yz zx a x y x xyz⇔ + + + − + + − =
xyx
xyzP
++
+
=⇒
8
. 
Ta có 
3))()((
2
3)(
2
1)(
2
1)(
2
1 3
=+++≥+++++=++ xzzyyxxzzyyxzyx (1) 
Và 1
222
=
+++≤= xzzyyxzxyzxyxyz (2) 
Từ (1) và (2) 3
3
18
=
+≤⇒ P . 
Vậy 3=MaxP đạt đ−ợc khi 1=== zyx . 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
 Pt 
 5 
Câu Va.1 
(1 điểm) ⇔
3333 2222 22.222.2 +−+++− +=+ xxxxxxxx ( ) ( )122122 222 33 −=−⇔ +++− xxxxxx 
( )




=
=
⇔=−−⇔
+
+−
++−
12
22
012)22(
2
2
22
33
33
xx
xx
xxxx



=−=
==
⇔




=+
=+−
⇔
0,1
2,1
0
023
2
2
xx
xx
xx
xx
Vậy tập nghiệm của pt là { }2;1;0;1−=S . 
0,5 
0,5 
Câu Va.2 
(1 điểm) 
Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau từ các số đã cho. 
Gọi số cần lập là abcd )0( ≠a 
Ta có 144.4.3 24 =A số. 
Lập số tự nhiên lẻ có bốn chữ số đôi một khác nhau và không có mặt chữ số 3. 
Gọi số cần lập là abcd )0( ≠a 
Ta có 36.3.2 23 =A số. 
Vậy có 144-36=108 số. 
 0,5 
0,5 
Câu Va.3 
(1 điểm) 
Đ−ờng thẳng AB có pt 0)3()2( =++− ybxa )0( 22 ≠+ ba . 
Do 045=∠ABC nên ta có: 



−=
=
⇔=−−⇔
+
+
==
ba
ba
abba
ba
ba
34
43
071212
50
7
45cos
2
1 22
22
0 . 
*Với 3a=4b chọn a=4, b=3, ta có pt AB: 4x+3y+1=0. 
Vì ABAC ⊥ nên pt cua AC là: 3x-4y+7=0. 
Toạ độ của A là nghiệm của hpt: )1;1(
0743
0134
−⇔



=+−
=++
A
yx
yx
. 
Toạ độ của B là nghiệm của hpt: )5;4(
0134
0317
−⇔



=++
=−+
B
yx
yx
. 
Toạ độ của C là nghiệm của hpt: )4;3(
0317
0743
C
yx
yx
⇔



=−+
=+−
. 
*Với 4a=-3b chọn a=3, b=-4, ta có pt AB: 3x-4y-18=0. 
Vì ABAC ⊥ nên pt của AC là: 4x-3y-49=0. 
Toạ độ của A là nghiệm của hpt: )3;10(
01843
04934
A
yx
yx
⇔



=−−
=−+
. 
Toạ độ của B là nghiệm của hpt: BAB
yx
yx
≡⇒⇔



=−−
=−+ )3;10(
01843
0317
 (vô 
lý). 
Vậy, A(-1:1), B(-4:5) và C(3;4). 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 6 
d
A
C
N
M
B
Câu Vb.1 
(1 điểm) 
Điều kiện 
9
1
,
3
1
,0 ≠≠> xxx . x
x
x
x
x
Pt 3
3
3
3
3 log2
log2
log21
log1
log2
=
+
+
+
+
⇔ . 
Đặt xt 3log= , ta đ−ợc 0132222
21
1
2 23
=−−+⇔=
+
+
+
+
tttt
t
t
t
t
. 
( )( )




=
=
⇔





±−
=
=
⇔=++−⇔ ±−
2
22
2
3
3
2
22
1
01421
x
x
t
t
ttt . 
Vậy tập nghiệm của pt là 








=
±−
2
22
3;3S . 
0,5 
0,5 
Câu Vb.2 
(1 điểm) 
Ta có =+ nx 2)1( nnnnn CxCxCC 222221202 ... ++++ 
Thay x=-1 ta đ−ợc =+++ −122
3
2
1
2 ...
n
nnn CCC ACCC
n
nnn =+++
2
2
2
2
0
2 ... 
Thay x=1 ta đ−ợc 
 102524288222... 1222221202 =⇔=⇔=⇒=+++ − nACCC nnnnnnn 
Theo công thức Niu tơn ta có: 
kk
k
k xCx −
=
∑=+ 10
10
0
10
10 2)2( . 
Vậy hệ số của số hạng chứa 5x là 5510 2C . 
0,5 
0,5 
Câu Vb.3 
(1 điểm) 
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác của góc B. 
Suy ra pt của MN là x+y-2=0. Gọi I là giao điểm của BD và MN. 
Suy ra toạ độ của I là nghiệm của hpt: )1;3()
2
1
;
2
3(
01
02
−⇒⇔



=−−
=−+
NA
yx
yx
. 
Vì N thuộc BC và ⇒⊥ AHBC pt BC: 2x+y-5=0. 
Toạ độ của B là nghiệm của hpt: )1;2(
01
052
B
yx
yx
⇔



=−−
=−+
. 
Ta có pt AB: x-2y+4=0 
Suy ra toạ độ của A là nghiệm của hpt: )
2
1
;3(
022
042
A
yx
yx
⇔



=−−
=−+
. 
Gọi K là trung điểm của AB )
4
3
;
2
5(K⇒ . 
0,25 
0,25 
0,25 
Download tài liệu học tập, xem bài giảng tại :  7
Vì BDCKBCBK ⊥⇒= suy ra pt CK: 0
4
13 
=−+ yx . 
D
N
I
M
HC
K
B
A
Suy ra toạ độ của C là nghiệm của hpt: )
2
3
;
4
7(
052
0
4
13
C
yx
yx 
⇔




=−+
=−+ 
. 
Vậy )
2
3
;
4
7(1),;2(),
2
1
;3( CBA . 
0,25 
Chú ý: Nếu thí sinh giải cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 

File đính kèm:

  • pdfDe28_TSon4_THoa.pdf
Bài giảng liên quan