ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B,D - TRƯỜNG THPT TỨ KỲ

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

119
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh trung học phổ thông đang trong giai đoạn ôn thi đại học môn toán - Một số đề thi thử đại học giúp củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng của mình.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B,D - TRƯỜNG THPT TỨ KỲ

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN, khối A, B, D TRƯỜNG THPT TỨ KỲ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ------------------------ --------------------------- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y  x 4   m  1 x 2  m  Cm  1 ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  Cm  khi m  3 2 ) Xác đ ịnh m  1 đ ể đồ thị  Cm  cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn b ởi  Cm  và trục Ox có d iện tích phần phía trên trục Ox bằng d iện tích phần p hía dưới trục Ox. Câu 2 (2 điểm): 1 ) Giải phương trình: sin 2 x  2 cos 2 x  1  sin x  4 cos x 2 ) Giải bất phương trình:  x 2  3 x  2  2 x  3  0  2 sin 2 x Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân: I   dx 2  2  sin x  0 Câu 4 (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại B, BA = BC = a. Mặt b ên ACC ' A ' là hình vuông cạnh bằng a 2 , M là trung điểm BC. Tính thể tích khối tứ diện B ' MCA và khoảng cách giữa 2 đ ường thẳng AM , B ' C . Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z  ¡ sao cho : x  2 y  3z  40 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x 2  36  2 y 2  1  3 z 2  16 PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn làm 1 trong hai phần A hoặc B Phần A: Câu 6a (2 điểm): 1 ) Trong m ặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A  2; 0  và 2 đường thẳng d1 : x  y  0 , d 2 : x  2 y  1  0 . Tìm các điểm B  d1 , C  d 2 để tam giác ABC vuông cân tại A. n 1  2 ) Tìm các số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức  3  3  , biết n là số 2  3 2 tự nhiên thỏa mãn: Cn  2  2Cn 1  110 .  y  x  y  1  3 x  Câu 7a (1 điểm): Giải hệ phương trình:   y  y  xy  x   x 2 2  Phần B: Câu 6b (2 điểm): 1 ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng d1 : x  3 y  0, d 2 :2 x  y  5  0, d3 : x  y  0 . Tìm tọa độ các điểm A  d1 , B  d 2 , C , D  d3 đ ể tứ giác ABCD là một hình vuông. 2 ) Gieo một con súc sắc cân đ ối và đồng chất 3 lần. Tính xác su ất sao cho mặt sáu chấm xu ất hiện ít nhất 1 lần. log 3 1  x  log 2 x Câu 7b (1 điểm): Giải phương trình sau: log 2 x   log 2 x.log 3  x  1  2 log 5 2 log 5 2 -----------------Hết-------------------- Họ và tên thí sinh:...............................................................................Số báo danh:..................................... phongnt1977@gmail.com sent to www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM Câu Điểm Đáp án 1 1) (1 điểm). Khảo sát hàm số... (2điểm) * Tập xác định: D  ¡ x  0 0,25 y '  4 x3  8 x  0   x   2       * Hàm số đồng biến trên các khoảng:  2;0 và 2;  ; nghịch biến trên các khoảng ;  2 ; 0; 2 0,25   * Điểm cực đại  0;3 , cực tiểu  2; 1 * Bảng biến thiên: x   0 2 2 y' 0 0 0   y 3 0,25 1 1 * Đồ thị: y 5 4 3 0,25 2 1 x -3 -2 -1 1 2 3 -1 2) (1 điểm) Tìm m  1 để.... Đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt  x 4   m  1 x 2  m  0 (1) có 4 nghiệm phân biệt    m  12  4m  0  0,25   t 2   m  1 t  m  0 (2) có 2 nghiệm dương phân biệt  m  1  0  m  0&m 1 m  0   0,25 2 nghiệm của (2) là t  1, t  m , do m  1 nên 4 nghiệm phân biệt của (1) theo thứ tự tăng là:  m ,  1,1, m Hàm số là chẵn nên hình phẳng trong bài toán nhận Oy làm trục đối xứng. Khi đó đồ thị có dạng như hình bên. Bài toán thỏa mãn 1 m  S H1  S H 2   x 4   m  1 x 2  m dx  x 4   m  1 x 2  m dx  0 1 0,25 1 m    x   m  1 x  m  dx     x   m  1 x  m  dx 4 2 4 2 0 1 m   x   m  1 x  m  dx  0 4 2  0 m  x5 x3  m m 1    m  1  mx   0   0,25  1  0  m  5 . KL: m  5 thỏa mãn yêu cầu 5 3 5 3  0 2 1) (1 điểm). Giải phương trình lượng giác... (2điểm) PT  sin x  2 cos x  1  2  2 cos 2 x  1  4 cos x  1  0   2 cos x  1  sin x  2 cos x  3  0 0,5  2 cos x  1  0  sin x  2 cos x  3  0  1  x    k 2 k  ¢ * 2 cos x  1  0  cos x  0,25 2 3
2 * sin x  2 cos x  3  0  sin x  2 cos x  3 . Do 12  2 2   3 nên phương trình vô nghiệm 0,25 2) (1 điểm). Giải bất phương trình ... 3 0,25 Điều kiện: x  2  2x  3  0  Bất PT    x 2  3 x  2   0 (Nếu HS viết ngay thành hệ như vậy mà không đặt ĐK ở trên thì cho 0,5) 0,25   2 x  3  0   x   ;1   2;    x 2  3x  2   0    x   2;    * 0,25 3 x  2 x  3  0   2 3 3  KL: Tập nghiệm của BPT là S      2;   * 2x  3  0  x  . 0,25 2  2 3 Tính tích phân...... (1điểm)   2 2 sin 2 x sin x cos x 0,25 I  dx  2  dx 2 2  2  sin x   2  sin x  0 0  0,25 Đặt t  2  sin x  dt  cos xdx x  0  t  2, x  t3 2 3 3 3 t 2 1 2  2  Ta được tích phân I  2  dt  2    2  dt  2  ln t   0,25 2 t t t t 2 2  2 32 Kết quả I  2 ln  0,25 23 4 Cho hình lăng trụ.... (1điểm) a) Th ể tích khối tứ diện B ' MCA . A' C' Do ACC ' A ' là hình vuông nên AC  a 2 , từ đó ta có: BA2  BC 2  AC 2 hay tam giác ABC vuông cân tại B. Do AM là trung tuyến của tam giác ABC nên B' a2 1 11 S AMC  S ABC  . BA.BC  a2 2 22 4 0,25 N A C a a M B 1 a2 a3 2 1 0,25 VB ' MCA  SMCA .B ' B  . .a 2  3 34 12 b) Gọi N là trung điểm BB ' , ta có CB ' //MN  CB ' //  AMN   d  CB ', AM   d  CB ',  AMN  0,25  d  C ,  AMN  . Do B, C đối xứng nhau qua M nên d  C ,  AMN    d  B,  AMN  Xét tứ diện NABM có BA, BM, BN đôi một vuông góc. N Kẻ BI  MA, I  MA  NI  MA Kẻ BH   AMN   H  NI Ta có d  B ,  AMN    BH . a2 H 2 0,25 1 1 1 1 1 1 7 a A        BH  Có B BH 2 BN 2 BI 2 BN 2 BM 2 BA2 a 2 7 a a a Vậy d  CB ', AM   BH  I 2 7 M 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của..... (1điểm) 0,25 P  x 2  36  2 y 2  1  3 z 2  16  x 2  36  4 y 2  4  9 z 2  144 rrr r r r 0,5 Xét các vec tơ: a   x;6  , b   2 y; 2  , c   3z;12  . Ta có P  a  b  c và
rrr rrr a  b  c   x  2 y  3 z; 20    40; 20   theo gt   a  b  c  40 2  20 2  20 5 rrr rrr rr Ta có BĐT a  b  c  a  b  c (1). CM: Với 2 vec tơ u , v ta có r r 2 r2 r2 rr r2 r2 rr rr r r2 rr rr   u  v  u  v  2u.v  u  v  2 u . v  u  v  u  v  u  v (*) , dấu bằng xảy ra  u , v cùng hướng. rrr rrr rrr rrr Áp dụng BĐT (*) ta có a  b  c  a  b  c  a  b  c , dấu bằng xảy ra  a, b, c cùng hướng. Áp dụng BĐT (1) ta có: P  20 5  x  12  x 2 y 3z rrr    Vậy min P  20 5 , xảy ra  a, b, c cùng hướng và x  2 y  3z  40   6  y  2 0,25 2 12  x  2 y  3 z  40 z  8   6a 1) (1 điểm)Tìm tọa độ các điểm B, C... (2điểm) B  d1 , C  d 2  B  b; b  , C  1  2c; c  0,25 uuu uuu rr 4c  6 (1) AB  AC  AB. AC  0  bc  3b  4c  6  0  b  c 3 0,25 2 AB  AC  2  b  1  5c 2  12c  7 (2) 2  4c  6   1  5c 2  12c  7  5c 4  42c 3  106c 2  114c  45  0 Th ế (1) vào (2) được 2   3c  0,25  c  1   c  1  c  5   5c 2  12c  9   0    c  5 Kết luận: c  1  B 1;1 , C 1; 1 ; c  5  B  7;7  , C  9; 5  0,25 2) (1 điểm)Tìm số hạng là số hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của.... * Tìm n: Cn  2  2Cn 1  110  n 3  3n 2  4 n  660  0  n  10 3 2 0,25 n 10 k 10 k 10  1  1  k  3  3    3  3    C10 .3 0,25 2 3 .2 2  2  k 0 10  k ¢   Do  2, 3  1 nên số hạng hữu tỉ trong khai triển phải thỏa mãn  2  k chẵn và chia hết cho 3  k  ¢ 0,25 3  Do 0  k  10  k  0, k  6 945 k  6  C10 .32.2 2  k  0  C10 .35  243. 0 6 0,25 là các số hạng hữu tỉ cần tìm 2 7a Giải hệ phương trình… (1điểm)  y  x  y  1  3 x (1)  Xét hệ   y  y  xy  x   x  2  2 2  0 ,5 x   y  2  x   y  y  x  y  0   2 2 3 (Coi pt là bậc hai với x là ẩn y là tham số) 2 x  y * x   y thế vào (1) được y  0 suy ra x  y  0 là nghiệm 0,25 y  0 x  1 x  0 * x  y 2 thế vào (1) được y 3  2 y 2  y  0   . Ta được 2 nghiệm và   y 1 y 1 y  0 x  1 x  0 Vậy hệ có 2 nghiệm  và  y 1 y  0  0,25 Cách 2: Nếu x  0  y  0 thỏa mãn hệ (0,25). Nếu x  0  y  0 thì chia 2 vế 2 pt cho x rồi đặt ẩn phụ y , b  x  y (0,25). Giải hệ ẩn a, b được nghiệm a, b (0,25). Tìm được nghiệm (0,25) a x Cách 3: HS có thể giải bằng phương pháp thế. Biểu điểm tương tự giải theo các phương pháp trên 6b 1) (1 điểm) Tìm tọa độ các điểm A, B , C , D …. (2điểm) Gọi B  b;5  2b   d 2 . Đường thẳng 1 qua B và vuông góc d 3 cắt d 3 tại C. Phương trình 1 : x  y  b  5  0 0,25 x  y  0  5b 5b  Tọa độ của C là nghiệm hệ   C ;  x y b 5  0 2 2 
Đường thẳng AB // d 3 nên có phương trình x  y  5  3b  0 .  x  y  5  3b  0  9b  15 3b  5  Tọa độ A là nghiệm hệ   A ;  x  3y  0 2 2 0,25 Đường thẳng  2 qua A và vuông góc d 3 cắt d 3 tại D. Phương trình 1 : x  y  6b  10  0 x  y  0  D  3b  5;3b  5  Tọa độ của D là nghiệm của hệ   x  y  6b  10  0 5 ABCD là hình vuông  AD  CD  ....  2b 2  9b  10  0  b  2  b  0,25 2 3 1  3 3 5  15 5   5   5 5  5 5 b  2  A  ;  , B  2;1 , C  ;  , D 1;1 b  A ;  , B  ; 0 , C  ;  , D  ;  0,25  2 2  2 2 2  4 4 2   4 4 2 2 2) (1 điểm). Tính xác suất…. 1 Cách 1: Gọi Ai là biến cố “gieo lần thứ i được mặt 6 chấm”  P  Ai   , i  1,3 6 0,25 5   Ai là biến cố “gieo lần thứ i không được mặt 6 chấm”  P Ai  , i  1,3 6 Gọi B là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần” 0,25  B là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm không xuất hiện”. Ta có B  A1 . A2 . A3 Do A1 , A2 , A3 độc lập với nhau nên A1 , A2 , A3 cũng độc lập 3 0,25  5  125      P B  P A1 .A2 .A3  P A1 .P A2 .P A3     6 216 91   P  B  1 P B  0,25 216 Cách 2: Không gian mẫu  của phép thử này có số phần tử là n     63  216 kq đồng khả năng 0,25 Gọi A là biến cố “mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần”. Xét các khả năng thuận lợi cho A như sau: 1) Mặt 6 chấm xuất hiện 1 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần gieo đầu thì 2 lần sau không xuất hiện, có 1.5.5 = 25 kq thuận lợi. Tương tự cho mặt 6 chấm xuất hiện lần 2 và lần 3.Vậy TH này có 25.3 = 75 kq 2) Mặt 6 chấm xuất hiện 2 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần 1 và 2 thì lần 3 không xuất hiện, vậy có 1.1.5 = 5 kq. Tương tự cho 2 khả năng còn lại. Vậy TH này có 5.3 =15 kq 0, 5 3) Mặt 6 chấm xuất hiện ở cả 3 lần gieo, có 1 kq Vậy số kết quả thuận lợi cho A là: n  A   75  15  1  91  Chú ý: Có thể tính số khả năng thuận lợi cho biến cố đối A rồi tính P A 91 Xác suất của biến cố A là P  A  0,25 216 Câu 7b Giải phương trình … (1điểm) log 2 x   log 2 5 Phương trình   log 2 x  log 2 5   log 2 x  log 3  x  1   0   0,5 log 2 x  log 3  x  1 1 * log 2 x   log 2 5  x  0,25 5 t t  2 1 * log 2 x  log 3  x  1 . Đặt log 2 x  t  x  2t . Ta có pt 2t  1  3t        1 . Chứng minh pt này có  3   3 0,25 nghiệm duy nhất t = 1 từ đó khẳng định pt có nghiệm duy nhất x = 2 KL: PT đã cho có 2 nghiệm như trên