Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Anh Sơn III (2011-2012) Lần 1

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

53
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì thi tuyển sinh Đại học. Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Anh Sơn III (2011-2012) Lần 1 để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Anh Sơn III (2011-2012) Lần 1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Trường THPT Anh Sơn III Môn Toán – Khối A Năm học 20102011Thời gian 180 phút Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số : y = x 3 - 3mx 2 + 3(m 2 - 1) x - (m 2 - 1) (1) a, Với m = 0 , khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương. p Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx 2sin 2 (2x+ ) = 0 4 b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất : ì2 x + x = y + x 2 + a ï í 2 2 ï x + y = 1 î sin xdx Câu 3 : Tìm : ò (sin x + 3 cos x) 3 Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ABC . ' B 'C ' có thể tích V. Các mặt phẳng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC cắt nhau . A ) tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng : x y z P = 3 4( x3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x ) + 2( 3 2 + 2 + 2 ) ³ 12 y z x Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B ) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : x 2 + y 2 - 4 x - 4 y + 4 = 0 và đường thẳng (d) có phương trình : x + y – 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . . . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình : ì x = 4 ' t x y + 1 z - 2 ï ( d1 ) : = = (d 2 ) : í y = -2 2 - 2 1 ï z = 3 ' î t Viết phương trình đường thẳng ( D )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ). Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : 7 æ 4 1 ö ç x + 3 ÷ ( với x > 0 ) è x ø B . Theo chương trình nâng cao Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;1) , đường cao và . . đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x 4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 . b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng ( D ) có phương ì2 x - y + z + 1 = 0 trình : í î x - y + z + 2 = 0 Tìm toạ độ điểm M nằm trên đường thẳng ( D )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . Câu 7b : Cho (1 + x + x 2 )12 = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... 24 x 24 . Tính hệ số a 4 . a Hết. Họ và tên………………………………………….. Số báo danh… http://laisac.page.tl
SỞ GDĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mụn: TOÁN; Khối A (Đáp án thang điểm gồm 07 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu 1 a. (1.0 điểm) Khảo sát… 3 (2 điểm) Với m=0, ta có: y=x 3x+1 TXĐ D=R 2 é x = 1 y’=3x 3; y’=0 Û ê 0,25 ë x = -1 lim y = ±¥ x ®±¥ BBT x -¥ 1 1 +¥ y’ + 0 0 + y 3 +¥ 0,25 1 -¥ Hs đồng biến trên khoảng ( -¥ ;1) và (1; +¥ ), nghịch biến trên (1;1) 0,25 Hs đạt cực đại tại x=1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=1 Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1) và đi qua các điểm B(2;1), C(2;3) y Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 3 1 0,25 2 1 2 x 1 0 1 b. (1.0 điểm) Tìm m để … 2 2 Ta có y’= 3x 6mx+3(m 1) é x = m - 1 0,25 y’=0 Û ê ë x = m + 1
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có: ìV y ' > 0 ' ì"m Î R ï ï 2 2 2 ï fCD . f < 0 ï(m - 1)(m - 3)(m - 2m - 1) < 0 CT 0,25 ï ï í xCD > 0 Û í m - 1 > 0 ï x > 0 ï m + 1 > 0 ï CT ï ï f (0) < 0 î ï -(m - 1) < 0 î ì é1 - 2 < m < 1 ïê Vậy giỏ trị m cần tìm là: ï ê - 3 < m < -1 ï m Î ( 3;1 + 2) Û íê Û 3 < m < 1 + 2 0,25 ï ê 3 < m < 1 + 2 ë ï ï m > 1 î Câu 2 a. (1.0 điểm) Giải phương trình (2.0 p Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + )=0 điểm) 4 0,25 p Û sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + ) 2 Û sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25 Û sinx = 1 0,25 p Û x = + k2 p , kÎ Z 2 0,25 b. (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (x;y) cũng là nghiệm của hệ Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 0,25 + Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2 ì2 x + x = y + x 2 ï ì2 x + x - x 2 = y (1) ï Với a = 0, hệ trở thành: í 2 2 Ûí 2 2 (I) ïx + y = 1 î ï x + y = 1 (2) î 2 x 0,25 ì x £ 1 ì y £ 1 ì2 + x - x ³ 1 2 Từ (2) Þ ï 2 Þ ï 2 Þ ï í í í ï y £ 1 ï x £ x ï y £ 1 î î î 2 2 ì x + y = 1 ï x ï ì x = 0 Þ ( I ) có nghiệm Û í2 + x - x 2 = 1 Û í TM 0,25 ï y = 1 î y = 1 ï î ì2 x + x = y + x 2 + 2 Với a=2, ta có hệ: ï 2 2 í ï x + y = 1 î 0,25 Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;1) và (1;0) không TM Vậy a = 0
Câu 3 p p sin [(x ) + ] (1.0 s inx 6 6 Ta có = 0,25 điểm) (sinx+ 3c 3 osx) 3 p 8cos ( x - ) 6 3 p 1 p sin( x - ) + c os(x ) = 2 6 2 6 0,25 p 8cos(x ) 6 p sin( x - ) 3 6 + 1 1 = 0,25 16 cos 3 ( x - p ) 16 cos 2 ( x - p ) 6 6 s inxdx 3 1 p Þ ò = + tan( x - ) + c (sinx+ 3c osx) 32cos 2 ( x - p ) 16 3 6 0,25 6 Câu 4 (1.0 Gọi I = AC Ç ’A’C, J = A’B Ç AB’ điểm) (BA'C) Ç (ABC') = BI ü ï (BA'C) Ç (AB'C) = CJ ý Þ O là điểm cần tìm Goi O = BI Ç CJ ï þ Ta có O là trọng tâm tam giỏc BA’C A' C' 0,25 B' I J O A H C M B Gọi H là hình chiếu của O lờn (ABC) Do V ABC là hình chiếu vuông góc của V BA’C trên (ABC) nên H là trọng tâm V ABC 0,25 OH HM 1 Gọi M là trung điểm BC. Ta có: = = 0,25 A ' B AM 3 1 1 1 Þ VOABC = OH .SV ABC = A ' B. V ABC = V S 0,25 3 9 9
3 3 3 Câu 5 Ta có: 4(x +y ) ³ (x+y) , với " x,y>0 3 3 3 2 2 2 (1.0 Thật vậy: 4(x +y ) ³ (x+y) Û 4(x xy+y ) ³ (x+y) (vỡ x+y>0) 2 2 2 điểm) Û 3x +3y 6xy ³ 0 Û (xy) ³ 0 luôn đúng 3 3 Tương tự: 4(x +z ) ³ (x+z) 3 0,25 3 3 3 4(y +z ) ³ (y+z) Þ 3 4( x 3 + y 3 ) + 3 4( x3 + z 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) ³ 2( x + y + z ) ³ 6 3 xyz x y z 1 Mặt khác: 2( 2 + 2 + 2 ) ³ 6 3 0,25 y z x xyz 1 Þ P ³ 6( 3 xyz + 3 ) ³ 12 0,25 xyz ì ï x = y = z ï ï x y z Dấu ‘=’ xảy ra Û í 2 = 2 = 2 Û x = y = z = 1 ïy z x 0,25 ï 1 ï xyz = î xyz Vậy P ³ 12, dấu ‘=’ xảy ra Û x = y = z =1 Câu 6a Chương trình chuẩn (2.0 a. (1.0 điểm) điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: é ì x = 0 êí ì x + y - 2 = 0 î y = 2 í 2 Ûê î x + y - 4 x - 4 y + 4 = 0 ê ì x = 2 2 êí y ê î y = 0 ë Hay A(2;0), B(0;2) C 4 M 0,25 I B 2 H A O 2 x Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25
1 Ta có SV ABC = CH . AB (H là hình chiếu của C trên AB) 2 SV ABC max Û CH max 0,25 ìC = (C ) Ç (V ) Dễ dàng thấy CH max Û í î xC > 2 ìV^ d Hay V : y = x với V: í î I (2; 2) ÎV 0,25 Þ C (2 + 2; 2 + 2) Vậy C (2 + 2; 2 + 2) thì SV ABC m ax b. (1.0 điểm) Nhận xét: M Ï (d1) và M Ï (d2) ì(V) Ç (d1) = I Giả sử í î(V Ç (d 2) = H ) 0,25 Vỡ IÎ d1 Þ I(2t1; 12t; 2+t) HÎ d2 Þ H(4t’; 2; 3t’) uuur uuuu r ì1 - 2t = k (1 - 4t ') ìTM = k HM ï ï 23 ycbt Û í Û í3 + 2t = k (2 + 2) Û t = - ïk Î R, k ¹ 0 î ï1 - t = k (3 - 3t ') 10 î 0,5 23 18 3 Þ T (- ; ; - ) 5 5 10 Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là: ì x = 1 + 56 t ï ì5 x + y - 8 z + 17 - 0 0,25 í y = 2 - 16 t hoặc là: í ï z = 3 + 33 t î x + 9 y - 16 z + 18 = 0 12 î 1 1 Câu 7a 1 7 - Ta có: ( 4 x + 3 )7 = å 7 k ( x 4 )7 -k .( x 3 ) k C 0.25 (1.0 x k = 0 điểm) Để số hạng thứ k không chứa x thì: ì1 1 ï (7 - k ) - k = 0 0.5 í4 3 Û k = 4 ïk Î [0;7] î 4 1 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: C7 = 0,25 35 Câu 6b Chương trình cao (2.0 a. (1.0 điểm) điểm) Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC: ì( BC ) qua B í Û ( BC ) : 4 x + 3 y - 5 = 0 0,25 î BC ^ d 1 ì4 x + 3 y - 5 = 0 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: í Þ C (-1;3) î x + 2 y - 5 = 0
Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2 3 1 1 K BC - K d 2 K d 2 - K AC - + - - K AC = Û 4 2 = 2 1 + K BC .K d 2 1 + K d 2 . AC K 1 3 1 0,25 1+ . 1 - K AC Ta có: 2 4 2 é K AC = 0 Ûê ê K AC = - 1 (loai) ê ë 3 Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: ì3 x - 4 y + 27 = 0 0,25 í Þ A -5;3) ( î y - 3 = 0 x + 5 y - 3 Þ Pt cạnh AB là: = Û 4 x + 7 y - 1 = 0 2 + 5 -1 - 3 Vậy AB: 4x+7y1=0 0,25 AC: y=3 BC: 4x+3y5=0 b. (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối giữa AB và V , ta có: V cắt AB tại K(1;3;0) uuu r uuu r 0,25 Ta có KB = 2 KA Þ A, B nằm về cùng phía đối với V Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V và H là hình chiếu của A trên V . ì x = 1 ï Þ H( 1;t;3+t) (vỡ PTTS của V : í y = t ) ï z = -3 + t 0,25 î uuuu r r AH .u = 0 Û -1.0 + (t - 4).1 + ( -4 + t ).1 = 0 Û t = 4 Ta có Þ H (1; 4;1) Þ A '(0; 4;1) Gọi M là giao điểm của A’B và d 13 4 Þ M (1; ; ) 0,25 3 3 Lấy điểm N bất kỳ trên V Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B £ NA+NB 0,25 13 4 Vậy M (1; ; ) 3 3 Câu 7b Ta có: 2 12 2 12 (1.0 (1+x+x ) = [(1+x)+x ] = 0,25 điểm) = C12 (1 + x )12 + C12 (1 + x)11 .x 2 + ... + C12 (1 + x)12- k .( x 2 )k + ... + C12 x 24 0 1 k 12 C12 [C12 x12 + C12 x11 + ... + C12 x 4 + ...]+C12 x 2 [C11 x11 + ... + C11 x + ...] 0 0 1 8 1 0 9 2 = 0,25 +C12 x 4 [C10 x10 + ... + C10 ]+... 2 0 10
4 Þ Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x 0,25 0 8 1 9 2 10 Þ a4 = C12 .C12 + C12 .C11 + C12 .C10 = 1221 0,25