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

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011 -2012 MÔN TOÁN KHỐI A , B TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 2

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

199
lượt xem
44
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần i năm học 2011 -2012 môn toán khối a , b trường thpt quỳnh lưu 2', 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 I NĂM HỌC 2011 -2012 MÔN TOÁN KHỐI A , B TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 2

  1. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011 -2012 TRƯỜNG THPT Q UỲNH LƯU 2 TỔ TOÁN MÔN TOÁN KHỐI A , B ( Thời gian : 180 phút ) I ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số: y  x 3  3x 2 (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 1 2) Biện luận theo m0 số nghiệm của phương trình: x 2 x  3  m  m Câu 2 : ( 2 điểm )   2sin 2  x    2sin 2 x  t anx Giải phương trình : 1) 4   x2  y2  x  y  8  Giải hệ phương trình :  x y 2) 7   1  y x xy  4   x  sin 2 x  cos2xdx 2 Câu 3 : ( 1 điểm ) Tính tích phân : I = 0 Câu 4 : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 3cm , các cạnh SA = SB =SC = 3cm Tam giác SBD có diện tích bằng 6 cm2 .Tính thể tích của khối chóp SABCD . Câu 5 : ( 1 điểm )Cho a, b,c là các số thực dương ,abc= 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : bc ca ab A 2 2 2 a b  a c b c  b a c a  c 2b 2 2 II ) PHẦN RIÊNG CHO TỪNG BAN : ( 3 điểm ) ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ) A ) Dành cho ban cơ bản : Câu 6a :( 1 điểm )Trong không gian với hệ trục Oxyz viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm thuộc trục Oz , cách mặt phẳng ( P ) có phương trình : 2x - y - 2z - 2 = 0 một khoảng bằng 2 và cắt mp (P) theo đường tròn có bán kính bằng 3 .     x 2  1  x  log 2 log 1 x2  1  x Câu 7a : ( 1 điểm ) Giải bất phương trình : log 1 log 5 2 5 Câu 8a :(1 điểm ).Trong hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A(1; 2) có bán kính bằng 1 đồng thời tiếp xúc với đường thẳng d có phương trình : 3x -4y -1 = 0. B ) Dành cho ban nâng cao : Câu 6b:( 1 điểm )Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm A ( 2; 0; 0 ) H (1; ;1; 1) viết phương trình mặt phẳng (P )đi qua điêm A, H sao cho mp (P ) cắt trục Oy , Oz lần lượt tại B ,C thỏa mãn diện tích tam giác ABC bằng 4 6 Câu 7b : ( 1 điểm ) Giải bất phương trình : 3 x1  31 x1  4  0 Câu 8b :(1 điểm ) Trong hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 12  6 6 , tọa độ các đỉnh A(-2; 0), B(4; 0) và độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng 5. Tìm tọa độ điểm C biết tung độ của nó là số dương. ........................................................................HẾT ....................................................................
  2. 2 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi : TOÁN , khối A,B Câu Nội dung Điểm Với m = -1 hàm số trở thành : y = x3 -3 x2 1 a)  Tập xác định : R 0,25 x  0 Sự biến thiên : y’ = 3 x2 – 6 x , y’ = 0    x  2  lim y  ; lim   0,25 x  x   Bảng biên thiên :  x 0 2  y’ + 0 - 0 +  0 y -4   hàm số đạt giá trị cực đại tại x =0 y cđ = 0 , cực tiểu tại x = 2 , y ct = -4 0,25 hàm số đồng biến trên các khoảng (  ; 0 ) và ( 2 ;  )  hàm số nghịnh biến trên các khoảng ( 0; 2 ) Đồ thị  Giao điểm đồ thị với trục tung tại điểm ( 0; 0 )  Giao điểm đồ thị với trục hoành tại điểm 0,25  Điểm uốn I ( 1 ; -1 ) y 1 x 1 -1 2 3 -2 -4 b) Giữ nguyên đồ thị (C ) với x lớn hơn hoặc bằng 3 . Lấy đối xứng qua trục hoành 0,5 phần đồ thị ứng với x < 3 .Ta có : 0.25 * ) m < 0 pt vô nhiệm 0,25 * ) 2  3  m  2  3 pt có 4 nghiệm phân biệt *) m  2  3 pt có 3 nghiệm * ) m  2  3và 0 < m < 2 - 3 pt có 2 nghiệm 2 a) 0,25  Đk : x   k . 2 pt  cosx +sin2x .cosx – sin 2x sinx + sinx =0 0,25  ( sinx + cosx ) ( 1- sin2x ) =0  0,5
  3. 3 s inx +cosx =0  k x  sin2x =0 42  b)  x  y  3 ( x  y )2  x  y  2 xy  8   0,25 Hệ     x  y  2 : 2 0,25  x  y   xy  7  x  y  xy  1  0,25  0,25 Vậy nghiệm của hệ là : (x;y) = (1 ;2) ,( 2 ; 1) ,( 1;-3 ) (-3; 1) 3     4 4 4 4 1 1 0,5   x.cos2xdx   sin 2 2 x cos 2 xdx  2  xd  sin 2 x   2  sin 2 xd (sin 2 x) 20 0 0 0  1 1 1 1 0,5 4  ( x sin 2 x  cos2x+ sin 3 x)   2 2 3 8 12 0 4 GọGọi H là hình chiếu của S trên (ABCD) suy ra H nằm trên BD (Vì SA = SB = = SC, BD 0,25 là trung trực của AC). Do đó SH đường cao của hình chóp cũng là đường cao của tam giác SBD ; Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì SA = SC = DA = DC nên SO = DO suy ra tam giác SBD là tam giác vuông tại S. Vì dt(SBD) = 6 và SB = 3 nên SD = 4; suy ra BD = 5, 0,25 SH = 12/5. 11 ABCD là hình thoi có AD = 3, DO = 5/2 nên AO = 2 5 11 suy ra dt(ABCD) = 0,25 2 1 VS . ABCD  SH .dt ( ABCD )  2 11 . Vậy thể tích khối chóp S.ABCD bằng 2 11 . 3 0,25 Đặt x =bc , y= ca , z = ab ( x> 0 , y > 0 , z > 0 ) xyz = 1 . Ta có b2c 2 c 2 a2 b2 a 2 x2 y2 z2 A      ab  ac bc  ba ac  bc y  z x  z x  z x2 yz Áp dụng Cô si :  x yz 4 x y z 3 3 3 Tư đó A  xyz  Dâu bằng xay ra khi x= y = z =1  2 2 2 Gọi tâm mặt cầu là I ( 0; 0 ; 2 ) thuộc trục Oz . Do k/c từ I đến mp P bằng 2 nên ta 0,25 6a 0,25 c  2 2c  2 . Vậy I (0; 0; 2 ) và I ( 0 ;0 ; -4 ) Do (S ) cắt P theo có : 2  c  4 3 0,25 đương tròn có bán kính bằng 3 nên bán kính mặt câu ( S) là : R  9  4  13 2 2 0,25 Vậy pt mặt cầu là : x 2  y 2   z  2   13 và x 2  y 2   z  4   13 Đk 7a x> 0 Bpt 0,25     2 2  log 3 log 1 x  1  x  log 3 log 5 x 1  x  0 5      x 2  1  x log5 x2 1  x   0  log 3  log 1 0,5 5       log 25 x 2  1  x  1  0  log 5 x 2  1  x  1  x2  1  x  5 5  x  0 12  0,25  x2  1  5  x   2 2  x x  1  5  x 5  12 Kết hợp đk ta có 0 < x < 5
  4. 4 Gọi tâm đương tròn (C ) là I (a; b) .Do (C ) có bán kính bằng 1 , tiếp xúc với d và 0,25 8a điểm A thuộc ( C ) nên ta có hệ pt :  a  1 2   b  2  2  1 2 2  a  1   b  2   1  0,25   3a  4b  6   3a  4b  1  5   3a  4b  4 0,25  3a  4b  6  3a  4b  6  hê vô nghiêm     2 2   4b  3   3b  6   9 2  25b  12b  36  0  a    0,25    3a  4b  4 3a  4b  4 46  256    b   2 2 2  4b  7    3b  6   9 25b  92b  76  0  25   Vậy pt đường tròn là : mpP cắt trục 0y tại B (0; b ;0 ) cắt truc Oz tại điểm C (0; 0 ; c ) 6b xyz Pt mp P có dạng :    1 điểm H thuộc mpP nên : 0,25 2bc 111    1  2  b  c   bc (1) 2bc 1    S ABC   AB; AC   b 2c 2  4(b 2  c 2 )  8 6  b 2c 2  4(b 2  c 2 )  64.6  2  0,25 2  Từ(1) và (2) ta có : b  c  4  b  c  8   3  21 0,25  b  c  8   b  3  21 b    bc  16     2   b  c  6     2 0,25 & b  c  6  3  21 bc  2 b  c     c  3  21 c    bc  12  2    2 7b 0,25 Đk : x  1 3 x 1  x 1  1 3 x  0 x 1 x 1 P t  32  4.3 3 0     0,5  x  1 3 x1  1  x 1  0   0,25 Nghiệm bất pt là : T = 1   0;   Giọi I(x0; y0) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, suy ra PT đường tròn (C) ngoại 0,25 8b tiếp tam giác ABC là: (x – x0)2 + (y – y0)2 = 25. Vì điểm A(-2; 0), B(4; 0) thuộc đường tròn nên đường tròn ( C) có PT là: 0,25 (x – 1)2 + (y – 4)2 = 25 , (x – 1)2 + (y + 4)2 = 25. (Tìm tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, có thể vẽ hình rồi sử dụng tam giác vuông, lưu ý hai trường hợp) Vì A(-2; 0), B(4; 0) và dt(ABC) = 12  6 6 nên đường cao CH = 4  2 6 . Hai điểm A, B nằm trên trục hoành và C có tung độ là số dương nên C năm trên đường thẳng y = 4  2 6  x – 1 2   y – 4 2  25  Do đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ  (1) và 0,25 y  4 2 6    x – 12   y + 4  2  25  (2)  y  4 2 6   Giải hệ (1), (2) ta có điểm C(0; 4  2 6 ), C(2; 4  2 6 ). 0,25 Thí sinh có thể làm cách khác mà kết quả đúng vẫn đạt điểm tối đa .
  5. 5
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2