ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2011 LẦN THỨ 1

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

271
lượt xem 81
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi khảo sát chất lượng thi đại học môn toán khối a năm 2011 lần thứ 1', 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 KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A NĂM 2011 LẦN THỨ 1

KÌ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 Đ Ề THI MÔN TOÁN -KHỐI A Thời gian làm bài : 180 phút(không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------ I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) Câu I(2,0 điểm): Cho hàm số y = x 4 – 8m2x 2 + 1 (1), với m là tham số thực. 1 1. K hảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và diện tích tam giác ABC b ằng 64. Câu II(2,0 điểm)  1. Giải phương trình : 2 3cos2 x  tan x  4sin 2 ( x  )  cot 2 x 4 2.Giải bất p hương trình : 2 x  1  x  5  x  3 Câu III(1,0 điểm) K hai triển (1 – 5x)30 = ao+a1x +a2x2 + .....+ a30x30 Tính tổng S = |ao| + 2|a1| + 3|a2| + ... + 31|a30| Câu IV(2,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đều và SB = a 2 . Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB. 1 .Chứng minh rằng: SE  EB và CH  SB 2 .Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V (1,0 điểm).Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc = 1 .Tìm giá trị lớn nhất của 1 1 1 b iểu thức : P 2 2 a  2b  3 b  2c  3 c  2 a 2  3 2 2 2 II/PHẦN RIÊNG (2,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A /Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có đỉnh A (0;1), đường trung tuyến qua B và đường phân giác trong của góc C lần lượt có phương trình : (d1): x – 2y + 4 = 0 và (d2): x + 2y + 2 = 0 V iết phương trình đường thẳng BC . 2.Giải hệ phương trình :  x 2 log x y  2 x  3  x  2 log y y  log x y  B /Theo chương trình Nâng cao: Câu VI b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy,cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đ ường thẳng (AB): x – y + 1 = 0 và phương trình đường thẳng (BD): 2 x + y – 1 = 0 ; đ ường thẳng (AC) đi qua M( -1; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. sin 2 x 1 cos 2 x 2.Tìm giá trị lớn nhất ,giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  3 3 . H ẾT ! Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………….Số báo danh:……………………
ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN - KHỐI A Nội dung đáp án Điểm Câu Ý 1 1 I hàm số đã cho có pt: y= x4 – 2x2+ 1 Khi m= 1điểm 2 1.TXĐ : D= R 2.SBT 0,25 .CBT: y’= 4x3- 4x = 4x( x2 - 1) ------------------------------------------------------------------------------ y’=0 x= 0 ho ặc x = 1 hoặc x = -1 Hàm số đồng biến x  (1;0) vµ (1; ) 0,25 Hàm số nghịch biến x  (; 1) vµ(0;1) .Cực trị : HS đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1 H S đạt cực tiểu tại x=  1 và yCT=y(  1)=0 ------------------------------------------------------------------------------ .Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x  .BBT: x - -1 0 1 + 0,25 , - 0 + 0 - 0 + y y 1   0 0 ------------------------------------------------------------------------------ 3. vẽ đồ thị: y 1 0,25 -1 1 x I 2 y ,  4 x3  16m 2 x  4 x( x 2  4m 2 ) (1điểm) Đk đ ể hàm số có 3 cực trị là y,  0 có 3 nghiệm phân biệt 0,25 Tức là phương trình g ( x)  x 2  4m 2  0 có hai nghiệm phân biệt x0m0 ------------------------------------------------------------------------------ x  0  y 1  y ,  0   x  2m  y  1  16m 4  x  2 m  y  1  16m 4 0,25 
Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1);B (2 m;1  16m 4 ) ;C (2m;1  16 m4 ) ------------------------------------------------------------------------------ Ta thấy AB=AC = (2m)2  (16m4 )2 nên tam giác ABC cân tại A Gọi I là trung điểm của BC thì I (0;1  16m 4 ) 0,25 nên AI  16m4 ; BC  4 m ------------------------------------------------------------------------------ 1 1 S ABC  . AI .BC  16m 4 .4 m =64  m5  2  m   5 2 (tmđk m  0 ) 2 2 Đs: m   5 2 0,25 k II 1 Đk: x  (k  Z ) 0,25 (1điểm) 2 ------------------------------------------------------------------------------ Với đk trên phương trình đã cho tương đương:   2 3cos2 x  (t anx  cot 2 x)  2 1  cos(2 x  )  2  s inx cos2 x  2 3cos2 x  (  )  2(1  sin 2 x) cos x sin 2 x cos x  2 3cos2 x   2(1  sin 2 x) 0,25 cos x.sin 2 x 1  2 3cos2 x   2(1  sin 2 x) sin 2 x ------------------------------------------------------------------------------  2 3cos2 x.sin 2 x  1  2 sin 2 x  2 sin 2 2 x  3 sin 4 x  1  2sin 2 x  1  cos4 x  3 sin 4 x  cos4 x  2sin 2 x 3 1  sin 4 x  cos4 x  sin 2 x 0,25 2 2   sin(4 x  )  sin 2 x 6 ------------------------------------------------------------------------------      4 x  6  2 x  k 2  x  12  k (tm)   (k  Z ) 0,25  x  7  k (tm)  4 x      2 x  k 2    6 36 3  II 2 2 x  1  x  5  x  3 (1) (1điểm) Đk: x  1 Nhân lượng liên hợp: 2 x  1  x  5  0 ( 2 x  1  x  5)(2 x  1  x  5)  ( x  3)(2 x  1  x  5) 0,25  4( x  1)  ( x  5)  ( x  3)(2 x  1  x  5)  3( x  3)  ( x  3)(2 x  1  x  5) (2) --------------------------------------------------------------------------- Xét các trường hợp: TH1:x>3 thì p hương trình (2) trở thành: 3  2 x  1  x  5 (3) 0,25
VP( 3)  2 2  2 2  4 2 >3 nên bất phương trình (3) vô nghiệm. ---------------------------------------------------------------------------- 0,25 TH2: x=3 thì 0>0 (vô lý) ---------------------------------------------------------------------------- TH3: 1  x  3 nên từ bất phương trình (2) ta suy ra: 3  (2 x  1  x  5) bình phương 2 vế ta được: 4 ( x  1)( x  5)  8  5 x (4) 8  5 x  0 8   x  3 (5) thì (4) luôn đúng * 1  x  3 5 0,25 8  5 x  0 8  1  x  (*) nên bình phương hai vế của (4)ta * 1  x  3 5 được 9 x 2  144 x  144  0  8  48  x  8  48 8 Kết hợp với điều kiện(*) ta được: 8  48  x  (6) 5 Từ (5) và (6) ta có đs: 8  48  x  3 Xét khai triển: (1  5 x)30  C30  C30 .5 x  C30 .(5 x)2  ...  C30 .(5 x)30 0 1 2 30 III 1điểm 0,25 Nhân 2 vế với x ta được: x(1  5 x) 30  C30 x  C30 .5 x 2  C30 .52 x3  ...  C30 .530 x31 (1) 0 1 2 30 ------------------------------------------------------------------------------ Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được; 0,25 (1  5 x) 30  150 x(1  5 x) 29  C30  2C30 .5 x  3C30 .52 x 2  ...  31C30 .530 x30 (2) 0 1 2 30 Chọn x=-1 thay vào (2) ta được 0,25 630  150.629  C30  2(C30 .5)  3(C30 .52 )  ...  31(C30 .530 ) 0 1 2 30 ------------------------------------------------------------------------------ hay 6 29 (6  150)  a0  2 a1  3 a2  ...  31 a30 0,25 hay 630.26  a0  2 a1  3 a2  ...  31 a30 ĐS : S  630.26 IV 1 S (1điểm) A F 0,25 B H E D C ------------------------------------------------------------------------------ *CM: SE  EB a3 Vì tam giác SAD đều cạnh a  SE  2 0,25 Xét tam giác vuông AEB có:
2 5a 2 a EB 2  EA2  AB 2     a 2  2 4 ----------------------------------------------------------------------------- 2  a 3  5a 2 0,25 2 2 2 2 Xét tam giác SEB có: SE  EB   2   4  2a  SB    suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE  EB ------------------------------------------------------------------------------ Ta có: AEB = BFC(c-c) 0,25 suy ra AEB  BFC mà AEB  FBE  900  BFC  FBE  900  FHB  900 Hay CH  EB mÆt kh¸c CH  SE (do SE  ( ABCD) ) Suy ra CH  ( SEB) . => CH  SB IV 2 1 Vậy VC .SEB  .CH .S SEB 0,25 (1điểm) 3 ------------------------------------------------------------------------------ 1 1 1 1 1 41 5 * X ét FBC có:     2 2 2 2 2 2 2 2 BH BF BC a a aa a  0,25 2 2 a suy ra BH 2  5 ------------------------------------------------------------------------------ 0,25 a 2 4a 2 2a BHC có: CH 2  BC 2  BH 2  a 2  Xét   CH  5 5 5 ----------------------------------------------------------------------------- 0,25 1 2a 1 a 3 a 5 a 3 3 1 1 (đvtt) Nên VC .SEB  CH . .SE.EB  . . .  . 3 2 3 52 2 2 12 Áp d ụng BĐT cosi ta có: V (1 a 2  b 2  2ab điểm) b 2  1  2b 0,25 a 2  2b 2  3  2( ab  b  1) suy ra ------------------------------------------------------------------------------ Tương tự : b2  2c 2  3  2(bc  c  1) 0,25 c 2  2a 2  3  2( ac  a  1) ------------------------------------------------------------------------------ 1 1 1 1 Khi đó: P        2  ab  b  1 bc  c  1 ac  a  1  1 1 abc abc =      2 2  ab  b  1 bc  c  abc ac  a bc  abc  0,25 1 1 ab b 1 =     2  ab  b  1 ab  b  1 ab  b  1  2 ------------------------------------------------------------------------------
Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. 1 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng khi a=b=c=1 0,25 2 Gọi C ( xc ; yc ) VI. 1 a (1điểm) Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: C (2 yc  2; yc ) y 1 Gọi M là trung điểm của AC nên M   yc  1; c  0,25   2  ----------------------------------------------------------------------------- yc  1 Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên :  yc  1  2.  4  0  yc  1 2 0,25  C (4;1) ------------------------------------------------------------------------------ Từ A kẻ AJ  d 2 tại I ( J thuộc đ ường thẳng BC) nên véc tơ chỉ  phương của đ ường thẳng (d2) là u (2; 1) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2x-y+1=0 Vì I=(AJ)  (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 4  x   5 2 x  y  1  0 43  0,25   I ( ;  )  x  2y  2  0 y   3 55  5  ------------------------------------------------------------------------------ Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung điểm của AJ 8 8   0  x   5 x   5 8 11   Gọi J(x;y) ta có:    J ( ;  ) 1  y   6  y   11 55   5 5   0,25 8 11 Vậy phương trình đường thẳng (BC) qua C(-4;1) ; J ( ;  ) là: 5 5 4x+3y+13=0 Đk: x,y>0 và x, y  1 VI. 2 0,25 a (1 điểm) Với đk trên hệ phương trình tương đương :  y 2  2 x  3(1)   log y x-1=2log x y (2)  Giải(2) đặt log y x  t (t  0)  t  1 2 phương trình (2) trở thành: t  1   t 2  t  2  0   (tm) t  2 t 0,25 1  l og y x=-1 x  y    log y x=2  x  y2  ------------------------------------------------------------------------------
2 2  y2  2x  3  y   3  y3  3 y  2  0 y 1/  1     1  x  y x  y x  1    y  0,25  y  2 1     y  1(loai )  x    2 x  1 y  2   y  ------------------------------------------------------------------------------  y2  2x  3  y2  2 y2  3  y2  3  0 2/    (vô nghiệm)    2 2 2 x  y x  y x  y    0,25 1  x Đáp số:  2  y  2  Vì B là giao điểm của (AB) và (BD ) nên toạ độ của B là nghiệm VI. 1 b (1điểm) x  y  1  0 x  0 của hệ :    B(0;1) 2 x  y  1  0 y 1  Đường thẳng AB có VTPT : n AB (1; 1)  0,25 Đường thẳng BD có VTPT : nBD (2;1)  Giả sử đường thẳng AC có VTPT : n AC (a; b) ------------------------------------------------------------------------------ Khi đó:       n AB .nBD n AB .n AC        n AB nBD n AB nAC ab 1  a 2  b2  5 a  b   2 2 5 a b 0,25  a  b  5(a 2  2ab  b 2 ) 2 2  4a 2  10ab  4b 2  0  2a 2  5ab  2b 2  0 b  a  2  a  2b   b 1/Với a  ,chọn a=1,b=2 thì n AC (1; 2) suy ra phương trình đ ường 2 thẳng (AC) đi qua điểm M(-1;1) là: x+2y-1=0 ------------------------------------------------------------------------------ Gọi I là giao điểm của đường thẳng (AC) và (BD) nên toạ độ 1  x= 3 2 x  y  1  0 11  0,25 điểm I là nghiệm của hệ:    I( ; ) x  2 y 1  0  y= 1 33 3  Vì A là giao điểm của đường thẳng (AB) và (AC) nên toạ độ
1   x=- 3 x  y 1  0 12  điểm A là nghiệm của hệ:    A( ; )  x  2 y 1  0  y= 2 33 3  Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ điểm C (1; 0) và 21 D( ;  ) 33 ----------------------------------------------------------------------------- 2/Với a=2b chọn a=2;b=1 thì phương trình đường thẳng (AC) là 2x+y+1=0 (loại vì AC không cắt BD) 0,25 12 2 1 Đáp số: A( ; ) ; B(0;1) ; C (1; 0) ; D( ;  ) 33 3 3 TXĐ: D=R VI. 2 2 2 b (1điểm) hàm số đã cho viết lại là: y  3sin x  32sin x 0,25 2 2 Đặt t  3sin x vì 0  sin 2 x  1 nên 1  3sin x  3 tức 1  t  3 ---------------------------------------------------------------------------- 9 khi đó hàm số đã cho trở thành y  f (t )  t  với 1  t  3 t 9 t2  9 Ta có f , (t )  1  2 0,25 t2 t , 2 f (t )  0  t  9  0  t  3 ----------------------------------------------------------------------------- BBT: t 1 3 0,25 , - f (t ) f (t ) 10 6 ------------------------------------------------------------------------------ min y ( x)  min f (t )  6 đạt đ ược khi t=3 khi  (  ; ) 1;3  sin 2 x  1  x   k  (k  Z ) 2 0,25 Max y ( x)  Max f (t )  10 đạt được khi t=1 khi 1;3 (  ; ) sin 2 x  0  x  k (k  Z ) Nếu thí sinh làm theo các cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa. H ết