intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

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

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

120
lượt xem
18
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 1 năm 2011 môn: toán khối a,b,d - trường thpt minh khai', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

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

  1. toilatoih18098@yahoo.com gửi tới http://laisac.tk SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐHCĐ LẦN I NĂM HỌC 2010-2011 Trường THPT Minh Khai Môn Toán- Khối A-B-D ---------- --------- Thời gian lµm bµi : 180 phút ------------------------------ I . P hần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số y  2 x 3  3( m  2) x 2  6(5m  1) x  ( 4m 3  2) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2. Tìm m đ ể hàm số đạt cực tiểu tại x0(1;2 Câu 2: sin 3x(sin x  3 cos x)  2 1. Giải phương trình: 2 x 2  10 x  16  x  1  x  3 2. Giải bÊt phương trình: x ln(1  x)  tan 2 Câu 3: Tìm giới hạn: lim cot  x x 0 Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vu«ng c©n đỉnh lµ A . Góc giữa AA’ và BC’ b ằng 300 và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích tứ diện MA’BC’.  x3  8 x  y 3  2 y  Câu 5: G iải hệ phương trình: 2 2  x  3  3( y  1)  II. Phần riêng ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( p hần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Cho ABC cân đỉnh A .Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt là: x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 . Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M(1; -3). 2. Giải phương trình: 9 x  3 x log 3 (8 x  1)  log 3 (24 x  3) Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất một chữ số 5. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Cho hai đường tròn (C1) : x2 + y2 – 2y – 3 = 0 ; (C2): x2 + y2 – 8x – 8y + 28 = 0 ; V iết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) 2. Giải hệ phương trình: 5  y x ( x  y ).3  27  3. log 5 ( x  y )  x  y  ab Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a2 + b 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P  a  b 1 ____________________________________
  2. Ghi chú: Thí sinh khối B ; D không phải làm câu 5 ( phần chung) §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm ®Ò thi thö §HC§ lÇn I TRƯỜNG THPT MINH KHAI N¨m häc 2010 - 2011 I. Phần chung: Điểm Câu 1. với m = 0 : y = 2x3 - 6x2 + 6x - 2 Câu 1.1 0,25 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên lim y = - ∞ ; lim y = +∞ a. G iới hạn x  -∞ x  +∞ b. Bảng biến thiên: Ta có : y/ = 6x2 - 12x + 6 = 6(x - 1)2 , y/ = 0  x =1, y/ > 0 ,  x≠ 1 0,25 -∞ 0 +∞ x y/ + 0 + +∞ y 0 -∞ Hàm số đồng biến trên R Hàm số không có cực trị 3. Đồ thị. Điểm uốn: y” =12x - 12 , y” = 0  x= 1. y” đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x = 1  U(1;0) là điểm 0,5 uốn giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0). Qua điểm (2;2). Nhận xét : đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng ( Học sinh tự vẽ đồ thị) Hàm số bậc 3 có cực tiểu  y/ = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Do hệ số 0,25 Câu 1.2 của x3 dương  xCT > xCĐ Ta có y/=6[x 2-(m + 2)x+5m+1] , y/ = 0  m(x-5) = x2-2x +1 (1) 0,25 x2-2x+1 / Do x= 5 không là nghiệm của y = 0  (1)  m = = g(x) x-5 x2-10x+9 / = 0  hoặc x = 1 hoặc x = 9 g (x)= (x-5 )2
  3. Bảng biến thiên của g(x) -∞ 1 2 +∞ x 5 9 / g (x) + 0 - - - 0 + 0,25 +∞ +∞ g(x) 0 -1 3 -∞ -∞ 16 0,25 Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên hàm số có cực tiểu tại x0 (1;2] -1/3≤ m
  4. Câu 4 0,25 C/ A/ B/ N M C A H B Ta có BB/∥ / góc giữa AA/ và BC/ bằng góc giữa BC/ và BB/  AA · · B / BC /  300  CBC /  600 Gọi N là trung điểm của BC/ , H là hình chiếu của N trên (ABC)  H là trung điểm của BC  AMNH là h.c.n  MN∥=AH Do AH  BC , AH  CC/  AH  (BCC/)  AH  BC/ . từ giả thiết suy ra AH vuông góc với AA/ Theo trên , MN∥AH  MN  AA/ ; MN BC/  MN là khoảng cách giữa AA/ và BC/  MN = a  AH = a 1 0,25 Tính VMA/BC/: do BA (ACC/A/) VMA/BC/ = SMA/C/. AB 3 0,25 Trong  vuông AHB ta có AB= a 2, BH = a  BC= 2a Trong  vuông BCC/ : CC/ = BC.tan600 = 2a 3 11 a3 3 V ậy VMA/BC/ = . AM.AC/.BC = 32 3 Câu 5 0,25  x3  8 x  y3  2 y G iải hệ : (I)  2 2  x  3  3( y  1)   x 3  y 3  2 ( 4  y ) (1) Ta có (I)  2  2  x  3 y  6(2)  0.5 x  0 Thay (2) vào (1) : x + x y - 12xy = 0   x  3 y 3 2 2   x  4 y  Thay x vào (2) cả 3 trường hợp  H ệ có các nghiệm là: 6 6 6 6 (3;1) , (- 3; -1) , (4 ) , (4 ; ; ) 13 13 13 13
  5. II. Phần riêng. ur Câu 6a.1 0,25 Vector pháp tuyến của B Clà : n1 = (3; -1); A uur Vector pháp tuyến của AB là : n2 = (1; 2) ur uu ur n1.n2 ur uu ur 1 ·  cosABC  cos(n1; n2 )  uu uu  rr M(1;-3) 50 n1 . n2 B C ur u 0,5 Gọi n3 (a; b ) là vector pháp tuyến của AC là (a2+b2 ≠ 0) ur ur uu  2a  b  0 3a  b 1 1  cos(n1; n3 )     11a  2b  0 2 2 50 50 10. a  b  Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB 0,25  Trường hợp 11a - 2b = 0 . chọn a = 2  b = 11 Vậy phương trình AC là: 2(x - 1 ) + 11(y+3) =0  2x + 11y + 31 = 0 Giải phương trình: 9x  3x log3 (8x  1)  log 3 (24 x  3) Câu 6a.2 0,5 -1 PT  (3x  1) 3x  log 3 (24 x  3)   0 ĐK x>   8  3x  log 3 (24 x  3)  0 0,25 -1 Xét f ( x)  3x  log3 (24 x  3) với x> 8 8 64 f / ( x)  3x ln 3  ; f // ( x)  3 x ln 2 3  (8 x  1)2 ln 3 (8 x  1) ln 3 -1 -1 0,25 f // ( x ) > 0  f / ( x) đồng biến trên ( , +∞)  f / ( x) =0 x> 8 8 có nhiều nhất là 1 nghiệm  f ( x)  0 có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta có f (0)  0 ; f (1)  0 . Vậy PT đ ã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1 Câu 7a 0,25  Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang  Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số a1a2 Nếu a1 = 5 a2 có 10 cách chọn  có 10 trang Nếu a2 = 5  a2 có 8 cách chọn ( vì a1 ≠ 0,a1≠ 5)  có 18 trang 0,5  Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số a1a2 a3 Do sách có 800 trang  a1 chọn từ 1  7 + Nếu a1 = 5  a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọncó 100 trang + Nếu a2=5a1 có 6 cách chọn(vì a1≠5), a3có10 cách chọncó 60 trang + Nếu a3=5a1 có 6 cách chọn, a2 có 9 cách chọn(vì a1≠5,a2≠5)
  6. có 54 trang V ậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25 Câu (C1) có tâm I1(0;1), R1 =2; (C2) có tâm I2(4;4), R2 =2 0,5 6b.1 Ta có I1I2 = 14  9  5 > 4 = R1 +R2  (C1);(C2) ngoài nhau + xét tiếp tuyến d ∥0y: (d): x+c = 0 d(I1,d) = C ; d(I2,d) = 4  C C  2 d là tiếp tuyến chung của (C1)(C2)   C = -2 (d): x-  4C  2  2=0 + (d) : y = ax+b 5 Do R1=R2 d∥I1I2 hoặc (d) đi qua I(2; ) 2 uuur  d∥I1I2 : I1I 2 =(4;-3)  d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với (C1),(C2)  4  C d(I1;d) = 2  hoặc C =14 hoặc C= -6 2 5  có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4 y - 6 =0 5 5 0,25  d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a  ax- y + - 2a =0 2 2 3  2a 7 2 d là tiếp tuyến chung d(I1;d) = 2   2  a= - 24 a2 1 d: 7x +24y - 14 =0 vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0; 7x +24y - 74 =0. ĐK: x+y > 0 Câu 6b.2 0,5  x y 5 x y  5 x y ( x  y )  3 5 3  3 H ệ đã cho    27 27 ( x  y ) 3  5 x  y ( x  y ) 3  5 x  y   0,25 x  y 3 3  3x  y  3   x  y  3  0   y  x  3  5    x y 3 3 ( x  y )  5 (2 x  3)  125 ( x  y ) 3  5 x  y  0,25 y  x 3 x  4  thỏa mãn điều kiện  2 x  3  5 y 1 Ta có a2 + b2 =1  (a + b)2- 1=2ab  (a + b+1)(a+b- 1) =2ab Câu 7b 0,5 ab ab 1 ab 1  -  T= = - a+b+1 2 2 2 2
  7. 1 Mặt khác ta có: a+b  2 . a2+b2 = 2 nên T ( 2 - 1) 2 2 1 Dấu “ =” xảy ra  a = b = . Vậy Tmax = ( 2 - 1 ) 2 2 Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2