ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2010 - 2011

Chia sẻ: Nguyen Thanh Liem | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'ðề thi thử đại học môn toán lần 1 năm 2010 - 2011', 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: ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN 1 NĂM 2010 - 2011

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I – NĂM 2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH x2 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y  (C) x 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). a) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của m, đường thẳng d : y   x  m luôn cắt đồ thị b) (C) tại hai điểm A,B phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AB. Câu II: (2 điểm) a)Giải bất phương trình: 2 2 2 9 2 x  x 1 34.152 x  x  252 x  x 1  0 b)Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm :  x+1  y  1  a    x  y  2a  1  Câu III: (2 điểm) 1 1 8 2 cos x  cos 2 (  x )   sin 2 x  3cos( x  )  sin 2 x a) Giải phương trình: 3 3 23
1 3 x 1 b) Tính : e dx 0 Câu IV: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;5;0) và hai đường thẳng x  t y2 z x  ; 2 :  1 :  y  4  t  3 3 1  z  1  2t  Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm I và cắt cả hai đường thẳng 1 và 2 Viết phương trình mặt phẳng(  ) qua điểm I , song song với 1 và  2 PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu V.a hoặc V.b Câu V.a DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN (3 điểm) 1)Trong không gian , cho hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz Tìm số các điểm có 3 toạ độ khác nhau từng đôi một,biết rằng các toạ độ đó đều là các số tự nhiên nhỏ hơn 10. Trên mỗi mặt phẳng toạ độ có bao nhiêu điểm như vậy ? 2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng đường cao, bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB 3) Giải phương trình: 3log x  x2  1 2 Câu V.b: DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (3 điểm) 1) Chứng minh rằng phương trình : x5  5 x  5  0 có nghiệm duy nhất x2 y2 2)Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E):  1 , biết tiếp tuyến đi qua  16 9 điểmA(4;3)
3) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một , trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3. HẾT Họ và tên thí sinh………Số báo danh……………Phòng thi… ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG LẦN I- KHỐI D Năm học 2009-2010 Nội dung chính và kết quả PHẦN Điểm CHUNG thành phần (7 điểm)
D=R/ 1 Câu I a) (1điểm) 1 y ' > 0 , x  D  h/số đồng biến trên D và không có cực trị ( x  1) 2 0,25 Các đường tiệm cận: T/c đứng x=1; T/c ngang: y =1 điểm Tâm đối xứng I(1;1) BBT 2 điểm x - 1 + y’ + + 0,25 + điểm 1 y 1 - Đồ thị y f(x)=(x-2)/(x-1) f(x)=1 7 x(t)=1 , y(t)=t 6 5 4 0,5 điểm 3 2 1 x -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5
b) (1 điểm) * Phương trình hoành độ giao điểm của d (C ) là: 0,25 x 2  mx  m  2  0 (1) ; đ/k x  1 điểm    m2  4m  8  0 với m ,nên p/t (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với Vì   f (1)  1  0 m .Suy ra d (C ) tại hai điểm phân biệt với m *Gọi các giao điểm của d (C ) là: A( x A ;  x A  m ) ; B( xB ;  xB  m );với x A ; xB 0,25 là các nghiệm của p/t (1) điểm 2 AB 2  2( xA  xB )2  2  ( x A  xB )  4 xA .xB   2 2  2  m  4(m  2)   2  (m  2)  4   8   0,25 Vậy : AB min  2 2 , đạt được khi m = 2 điểm 0,25 điểm
a) (1 điểm) Câu II 2 2 2 2 2 2 2 92 x  x 1  34.152 x  x  252 x  x 1  0  9.32(2 x  x )  34.32 x  x . 52 x  x  25.52(2 x  x )  0 0,25điể m 2  2 x x  3  1 2  5  2(2 x  x 2 ) 2x x  3 3   9.    34.    25  0   2 2 5 5  3 2 x  x 25  điểm    5  9 2x  x2  0   x  (;1  3)  (0; 2)  (1  3; )  2 x  x  2 0,25điể KL: Bpt có tập nghiệm là T= (;1  3)  (0; 2)  (1  3; ) m 0,5 điểm
 x 1  y 1  a b)(1 điểm) đ/k x  1; y  1 .Bất pt    2 2 ( x  1)  ( y  1)  2a  1   x  1  y 1  a 0,25   12  x  1. y  1   a  (2a  1)  ; Vậy x  1 và y  1 là nghiệm của p/t: điểm 2   1 2 T aT  (a 2  2a  1)  0 * .Rõ ràng hệ trên có nghiệm khi p/t* có 2 nghiệm 2  a 2  2(a 2  2a  1)  0 0   không âm   S  0  a  0  1 2  a  2  6  P  0 1   (a 2  2a  1)  0 0,25điể 2 m 0,5điểm
 Câu III 1 8 1 2cosx+ cos2 (  x )   sin 2 x  3cos(x+ )+ sin 2 x a) (1 điểm) 3 3 2 3 1 8 1 cos 2 x   sin 2 x  3s inx+ sin 2 x  2cosx+ 3 3 3  6cosx+cos x  8  6s inx.cosx-9sinx+sin 2 x 2 2 điểm 7  6cosx(1-sinx)-(2sin 2 x  9 s inx+7)  0  6cosx(1-sinx)-2(s inx-1)(s inx- )  0 2 0,25 điểm 1  s inx=0 (1)    x   k 2 ;(k  Z )  (1-sinx)(6cosx-2sinx+7)  0   6cosx-2sinx+7=0(2) 2  vô nghiệm ) (p/t (2) 0,25 điểm 0,5 điểm 1 3 x 1 b) (1 điểm) Tính: I=  e dx 0 x  0  t  1 2 Đặt 3x  1  t ; t  0  3 x  1  t 2  dx  t.dt ;  0,5 điểm x  1  t  2 3 2 u  t  du  dt 2 I=  tet dt Vậy Đặ t . dv  et dt  v  et 31 2 2 2 Ta có I  (tet   et dt )  e 2 3 3 1 0,5 điểm Nội dung chính và kết quả Điểm Câu thành phần
x  t x y2 z  I(1;5;0) , 1 :  y  4  t 2 :   3 3 1  z  1  2t  1 có vtcp u1 (1; 1; 2) ;và 1 đi qua điểm M 1 (0; 4; 1) Câu IV  2 có vtcp u2 (1; 3; 3) ;  2 đi qua điểm M 2 (0; 2;0)     mp(P)chứa 1 và điểm I có vtpt n   M 1I , u1   (3; 1; 2)    1 điểm  p/t mp(P) : 3x –y - 2z + 2 = 0 0,25  điểm Tương tự mp(Q) chứa  2 và điểm I có vtpt n' (3;-1;2)  p/t mp(Q) : 3x - y + 2z + 2 = 0 *Vì đường thẳng d qua I , cắt 1 và  2 , nên d = (P)  (Q)      đường thẳng d có vtcp ud   n, n '  = (1;3;0); d đi qua điểm I(1;5;0)   x  1 t Nên p/t tham số của d là  y  5  3t  z  0  *mp(  ) qua điểm I và song song với 1 và  2 nên (  ) có vtpt 0,25     điểm n = u1 , u2  =(9;5;-2)    p/t (  ) : 9x + 5y -2z – 34 = 0 0,5 điểm
CâuVa 1)(1 điểm) Tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 10 : 0;1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9 0,5 điểm 3 *Số điểm có 3 toạ độ khác nhau đôi một là: A10  720 (điểm) * Trên mỗi mặt phẳng toạ độ,mỗi điểm đều có một toạ độ bằng 0, hai toạ độ 0,5 điểm còn lại khác nhau và khác 0.Số các điểm như vậy là: A92  72 (điểm) 2) * Xác định k/c(AB;SC) Vì AB//mp(SDC)  d(AB,SC) = d(AB,mp(SDC)) Lấy M,N lần lượt là trung điểm của AB,DC;Gọi O = 3 điểm 0,25 AC  BD  mp(SMN)  mp(SDC) điểm Hạ MH  SN , (H SN)  MH  mp(SDC)  MH = d(M;(SDC)) = d(AB;(SDC))= d(AB;SC) 0,25 * Tính MH: Hạ OI  SN  MH = 2.OI điểm ON 2 .OS2 1 1 1  OI 2     SNO vuông có: OI 2 ON 2 OS2 ON 2  OS2 S H I C B O M N A a 0,25 D Với ON = ; OS = a 2 điểm a5 2a 5 ta tính được OI =  MH= 5 5 3log2 x  x 2  1 * ; Đ/k x>0 . Đặt log 2 x  t  x  2t 3) (1 điểm) t t 3 1 p/t *  3  4  1        1. Nhận thấy p/t này có nghiệm t = 1, và c/m t t    4  4 được nghiệm đó là duy nhất. Vậy , ta được : log 2 x  1  x  2 KL: p/t có duy nhất nghiệm x = 2
1)(1 điểm) Đặt f ( x )  x 5  5 x  5  f ' ( x)  5( x 4  1)  5( x  1)( x  1)( x 2  1) Câu Vb 0,25  x  1 .Ta có bảng biến thiên của h/s f(x): f '( x)  0   x  1 điểm 3 điểm x - -1 1 + f’(x) + 0 - 0+ 0,25 -1 điểm + f(x) - -9 Nhìn vào bảng biến thiên,ta thấy : đường thẳng y=0 chỉ cắt đồ thị của h/s 0,5 điểm f(x) tại một điểm duy nhất. Vậy p/t đã cho có 1 nghiệm duy nhất x0 x y0 y 2) (1 điểm) Gọi toạ độ tiếp điểm là ( x0 ; y0 ), PTTT (d) có dạng:  1 16 9 * 4 x0 3 y0 Vì A(4;3)  (d)  1 (1)   16 9 0,25 x0 2 y0 2 Vì tiếp điểm  ( E ) ,nên  1 (2) .Từ (1),(2) ta có  điểm 16 9 12  3 x0   y0   x  4; y0  0  0 . Từ p/t * , ta thấy có 2 tiếp tuyến của (E) 4  9 x 2  16 y 2  144  x0  0; y0  3 0 0 đi qua điểm A(4;3) là : (d 1 ) : x – 4 = 0 ; (d 2 ) : y–3=0 0,25 điểm 3)(1 điểm) TH1 : Số phải tìm chứa bộ 123: Lấy 4 chữ số  0; 4;5;6; 7;8;9 : có A74 cách Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 0,5 điểm 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách