zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 37

Chia sẻ: Pham Xuân Dương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

83
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu '63 đề thi thử đại học 2011 - đề số 37', 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: 63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 37

63 Đề thi thử Đại học 2011 THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x 1 Cho hàm số y  . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. x 1  m. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 1 Câu II (2 điểm)     a) Tìm m để phương trình 2 sin 4 x  cos 4 x  cos 4 x  2sin 2 x  m  0 có nghiệm trên  0;  .  2 1 1 8 b) Giải phương trình log 2  x  3  log 4  x  1  log 2  4 x  . 2 4 Câu III (2 điểm) 3 3x2  1  2 x 2  1 a) Tìm giới hạn L  lim . 1  cos x x 0 b) Chứng minh rằng C100  C100  C100  C100  ...  C100  C100  250. 0 2 4 6 98 100 Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a  b  c  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c . B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình  C1  : x 2  y 2  4 y  5  0 và  C2  : x 2  y 2  6 x  8 y  16  0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của  C1  và  C2  . b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. Câu VIa (1 điểm) x 1 y z  2 Cho điểm A  2;5;3 và đường thẳng d : . Viết phương trình mặt phẳng   chứa  2 1 2 d sao cho khoảng cách từ A đến   lớn nhất. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao -91- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x  y  2  0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. b) Cho tứ diện OABC có OA  4, OB  5, OC  6 và AOB  BOC  COA  600. Tính thể tích tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm) x 1 y  3 z  P  : x  2 y  2z 1  0  , Cho mặt phẳng và các đường thẳng d1 : 3 2 2 x5 y z 5  d2 : . Tìm điểm M thuộc d 1 , N thuộc d 2 sao cho MN song song với (P) và đường 5 6 4 thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm x 1 a) 0,25 có tập xác định D  R \ 1 . Tập xác định: Hàm số y  x 1 x 1 x 1 x 1  1; lim  ; lim  . Giới hạn: lim x  x  1 x 1 x  1 x 1 x  1 2 0,25 Đạo hàm: y '   0, x  1  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  x  12  ;1 và 1;   . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1; tiệm cận ngang y  1. Giao của hai tiệm 0,25 cận I 1;1 là tâm đối xứng. Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25 x 1 b) 0,5  C ' Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y  x 1 Học sinh tự vẽ hình -92- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 x 1 x 1 0,25  m bằng số giao điểm của đồ thị y  và y  m. Số nghiệm của x 1 x 1 Suy ra đáp số 0,25 m  1; m  1: phương trình có 2 nghiệm m  1: phương trình có 1 nghiệm 1  m  1 : phương trình vô nghiệm Câu II 2 điểm a) 0,25 1 Ta có sin 4 x  cos 4 x  1  sin 2 2 x và cos4 x  1  2sin 2 2 x. 2 0,25 Do đó 1  3sin 2 2 x  2sin 2 x  3  m .   Đặt t  sin 2 x . Ta có x  0;   2 x   0;    t   0;1 .  2 Suy ra f  t   3t 2  2t  3  m, t   0;1 Ta có bảng biến thiên 0,25   0,25 10 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên  0;   2  m   2 3 b) 1 1 8 Giải phương trình log 2  x  3  log 4  x  1  log 2  4 x   2  2 4 Điều kiện: 0  x  1 0,25  2    x  3 x  1  4 x 0,25 Trường hợp 1: x  1 0,25  2  x2  2 x  0  x  2 Trường hợp 1: 0  x  1 0,25  2  x2  6 x  3  0  x  2 3 3   Vậy tập nghiệm của (2) là T  2; 2 3  3 Câu III a) 3 3x 2  1  2 x 2  1 Tìm L  lim . 1  cos x x 0 -93- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 0,25  3 3x 2  1  1 2 x2  1  1    Ta có L  lim  x  0  1  cos x 1  cos x    0,25 2 x2  1  1 2 x2 Xét L1  lim  lim 2 2 x x  0 1  cos x  x 0 2 2sin  2 x  1  1 2  0,25 3 3x 2  1  1 3x2 Xét L2  lim  lim 2 x 0 1  cos x x    x 0 23 2sin 2  3 3x 2  1  3 x 2  1  1 2    Vậy L  L1  L2  2  2  4 0,25 b) Chứng minh rằng C100  C100  C100  ...  C100  250. 0 2 4 100 Ta có 0,5 1  i 100  C100  C100i  C100i 2  ...  C100 i100 0 1 2 100    0 2 4 100 1 3 99  C100  C100  C100  ...  C100  C100  C100  ...  C100 i Mặt khác 0,5 1  i 2  1  2i  i 2  2i  1  i 100   2i 50  250 Vậy C100  C100  C100  ...  C100  250. 0 2 4 100 Cho a, b, c thoả a  b  c  3. Tìm GTNN của Câu IV M  4a  9b  16c  9a  16b  4c  16a  4b  9c .              0,25 Đặt u  2a ;3b ; 4c , v  2c ;3a ; 4b , w  2b ;3c ; 4a  M  u  v  w  2a  2b  2c   3a  3b  3c    4a  4b  4c      2 2 2 M  uvw  0,5 Theo cô – si có 22  2b  2c  3 2a  b  c  6 . Tương tự … 3 0,25 Vậy M  3 29. Dấu bằng xảy ra khi a  b  c  1. Học sinh tự vẽ hình Câu Va  C1  : I1  0; 2  , R1  3;  C2  : I 2  3; 4  , R2  3. a) 0,25   0,25 Gọi tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2  là  : Ax  By  C  0 A2  B 2  0  là tiếp tuyến chung của  C1  ,  C2    2 B  C  3 A2  B 2 1  d  I1;    R1    d  I 2 ;    R2  3 A  4 B  C  3 A2  B 2  2    -94- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 3 A  2 B Từ (1) và (2) suy ra A  2 B hoặc C  2 Trường hợp 1: A  2 B . 0,5 Chọn B  1  A  2  C  2  3 5   : 2 x  y  2  3 5  0 3 A  2 B Trường hợp 2: C  . Thay vào (1) được 2 4 A  2 B  2 A2  B 2  A  0; A   B   : y  2  0;  : 4 x  3 y  9  0 3 b) 0,25 a3 Gọi H là trung điểm của BC  d  M ;  BB ' C    AH  2 0,25 a2 a3 3 1 1 S BB ' C  BB '.BC   VMBB ' C  AH .SBB ' C  2 2 3 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) 0,5 Ta có B ' C  MI ; B ' C  BC '  B ' C  MB. Câu VIa (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 Gọi K là hình chiếu của A trên d  K cố định; Gọi   là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên   . Trong tam giác vuông AHK ta có AH  AK . 0,25 Vậy AH max  AK    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. Gọi    là mặt phẳng qua A và vuông góc với d     : 2 x  y  2 z  15  0 0,25  K  3;1; 4    là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK    : x  4 y  z  3  0 0,25 Câu Vb a) 0,25 x2 y2 Gọi  H  :  1 a2 b2 1 (H) tiếp xúc với d : x  y  2  0  a 2  b 2  4 0,25 16 4 x  4  y  2  A  4; 2    H    1  2  a2 b2 0,5 x2 y2 Từ (1) và (2) suy ra a 2  8; b 2  4   H  :  1 8 4 b) (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA  OB '  OC '  4 -95- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 Lấy M là trung điểm của B’C’   OAM    OB ' C ' . 0,25 Kẻ AH  OM  AH   OB ' C '  0,25 23 46 Ta có AM  OM  2 3  MH   AH  3 3 0,25 1 15 3 SOBC  OB.OC.sin BOC  2 2 1 Vậy VOABC  AH .SOBC  10 2 3 Câu VIb Gọi M 1  2t ;3  3t ; 2t  , N  5  6t '; 4t '; 5  5t ' 0,25 d  M ;  P    2  2t  1  1  t  0; t  1.  Trường hợp 1: t  0  M 1;3;0  , MN   6t ' 4; 4t ' 3; 5t ' 5  0,25       MN  nP  MN .nP  0  t '  0  N  5;0; 5  Trường hợp 2: t  1  M  3;0; 2  , N  1; 4;0  0,25 Kết luận 0,25 -96- http://www.VNMATH.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.