zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 1

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

Báo xấu

380
lượt xem 148
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo và tuyển tập bộ đề luyện thi cấp tốc môn toán năm 2011 có kèm đáp án của Sở giáo dục và đào tạo giúp các bạn ôn thi tốt môn toán và đạt kết quả cao trong kỳ thi tuyển sinh cao đẳng, đại học năm 2011

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 - ĐỀ SỐ 1

www.VNMATH.com BỘ ĐỀ LUYỆN THI CẤP TỐC MÔN TOÁN 2011 Sở GD & ĐT Tiền Giang ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Trường THPT Gò Công Đông Môn: Toán - Thời gian: 180 phút ĐỀ 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 x  3 có đồ thị là (C) x 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt 2 tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất. Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình: sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x 2   2) Giải phương trình: x 2  1  5  x 2 x 2  4; x R e ln x Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I      ln 2 x  dx  1  x 1  ln x  Câu IV (1 điểm) Một hình nón đỉnh S , có tâm đường tròn đáy là O. A, B là hai điểm trên đường tròn đáy sao cho khoảng cách từ O đến đường thẳng AB bằng a ,   SAB  600 . Tính theo a chiều cao và ASO  diện tích xung quanh của hình nón Câu V (1 điểm) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . 4x  y 2x  y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P   xy 4 II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) có phương trình : x  y  0 và điểm M (2;1) . Tìm phương trình đường thẳng  cắt trục hoành tại A cắt đường thẳng (d ) tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , lập phương trình mặt phẳng   đ i qua hai điểm A  0; 1;2  , B 1;0;3 và tiếp xúc với mặt cầu  S  có phương trình: ( x  1) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  2 Câu VII (1 điểm) Cho số phức z là một nghiệm của phương trình: z 2  z  1  0 . 2 2 2 2 1  1  1  1  Rút gọn biểu thức P   z     z 2  2    z 3  3    z 4  4  z  z  z  z  2. Theo chương trình nâng cao . Câu VI (2 điểm) 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn  C  có phương trình :  x  4   y 2  25 và điểm M (1; 1) . Tìm phương trình đường thẳng  đi qua điểm M và cắt đường tròn  C  tại 2 điểm A, B sao cho MA  3MB 2) Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  có phương trình: x  y  1  0 . Lập phương trình mặt cầu  S  đi qua ba điểm A  2;1; 1 , B  0;2; 2  , C 1;3;0  và tiếp xúc với mặt phẳng  P  2 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com 2  3  log 1 x  1   log 2  x  1  6 2 Câu VII (1 điểm) Giải bất phương trình:  2  log 2  x  1 2  log 1 ( x  1) 2 ĐÁP ÁN ĐỀ 1 1) y= 2 x  3 (C) y x 2 5 D= R\ {2} 4 lim y  2  TCN : y  2 3 x  lim y  ; lim y    TCĐ x = 2 2 x  2 x 2 1  0; x  2 1 y’ = ( x  2)2 x -2 -1 1 2 3 4 5 BBT -1 -2 2 x0  3 -3 2) Gọi M(xo; ) (C) . x0  2 2  x  2 x0  6 x0  6 Phương trình tiếp tuyến tại M: () y = ( x0  2)2 ( x0  2)2 2 x0  2 ( )  TCĐ = A (2; ) x0  2 ( )  TCN = B (2x0 – 2; 2)   cauchy AB  (2 x0  4; 2 )  AB = 4( x0  2)2  4 22 ( x0  2)2  x0  2  x  3  M (3;3)  AB min = 2 2   0  xo  1  M (1;1) 1,0 II 1. sin x  sin x  sin x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x 2 3 TXĐ: D =R sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x sin x  cosx  0  (sin x  cosx). 2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx   0   0,25  2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0  + Với sin x  cosx  0  x   k ( k  Z ) 0,25 4 + Với 2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0 , đặt t = sin x  cosx (t   2; 2  )   t  1 được pt : t2 + 4 t +3 = 0   0.25 t  3(loai) 3 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com  x    m 2 t = -1   (m  Z )  x     m2  2    x  4  k ( k  Z )  Vậy :  x    m2 (m  Z ) 0,25    x    m 2 2  Câu II.2 2 x  1  5  x 2 x 2  4; 2 x R (1,0 đ) 0,25 Đặt t  x 2 x 2  4  t 2  2( x 4  2 x 2 ) ta được phương trình t2  1  5  t  t 2  2t  8  0 2 t  4 0,25  t  2 x  0 x  0 + Với t =  4 Ta có x 2 x 2  4  4    4 4 2 2 2( x  2 x )  16 x  2x  8  0 x  0  x 2  2 0,25 x 2  x  0 x  0 + Với t = 2 ta có x 2 x 2  4  2    4 4 2 2  2( x  2 x )  4  x  2x  2  0 x  0  x  2 3 1 x  3 1  0,25 ĐS: phương trình có 2 nghiệm x   2 , x  3 1 III e  ln x   ln 2 x  dx I   1  x 1  ln x  4 22 e ln x I1 =  dx , Đặt t = 1  ln x ,… Tính được I1 =  0.5 3 3 x 1  ln x 1 e 0.25   I 2   ln 2 x dx , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e – 2 1 0.25 2 22 I = I1 + I2 = e   3 3 4 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com Gọi I là trung điểm của AB , nên OI  a Câu IV S Đặt OA  R (1,0 đ)  SAB  60 0  SAB đều 1 OA R 1 1 IA  AB  SA   0,25  2 2 2 sin ASO 3 Tam giác OIA vuông tại I nên OA  IA2  IO 2 2 R2 a6  R2   a2  R  O A 0,25 3 2 I  SA  a 2 B a2 0,25 Chiếu cao: SO  2 a6 a 2   a2 3 Diện tích xung quanh: S xq   Rl   0,25 2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  y  5 . Câu V (1,0 đ) 4x  y 2x  y 4 1 x y 4 y 1 x y P   0,25 xy yx24y4x22 4 Thay y  5  x được: 4 y 1 x 5 x 4 y 1 4y 5 1 53 0,50 P     x   2 .  2 .x    y4x2 y4x y4 x 2 2 22 3 3 P b ằng khi x  1; y  4 Vậy Min P = 0,25 2 2 Lưu ý: 3x  5 3x  5 Có thể thay y  5  x sau đó tìm giá trị bé nhất của hàm số g ( x)   x (5  x) 4 A nằm trên Ox nên A  a;0  , B nằm trên đường thẳng x  y  0 nên B(b; b) , Câu 0,25   AVI.1 M (2;1)  MA  (a  2; 1), MB  (b  2; b  1) (1,0 đ) Tam giác ABM vuông cân tại M nên:   (a  2)(b  2)  (b  1)  0   MA.MB  0 0,25   ,  2 2 2  MA  MB  (a  2)  1  (b  2)  (b  1)   do b  2 không thỏa mãn vậy b 1  a  2  b  2 , b  2 b 1  a  2  ,b  2  b2   2  b  1   1  (b  2) 2  (b  1) 2 (a  2)2  1  (b  2) 2  (b  1) 2   b  2     a  2 b 1  a2 ,b  2    b  1 b2     a  4 1    (b  2)  (b  1)  . 2 2  1  0    (b  2)2   b  3     5 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái
www.VNMATH.com a  2 đường thẳng  qua AB có phương trình x  y  2  0 Với:  0,25 b 1  a  4 đ ường thẳng  qua AB có phương trình 3 x  y  12  0 Với  0,25 b  3 ĐỀ 2 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) C ho hàm số y  2 x3  3(2m  1) x2  6m(m  1) x  1 có đồ thị (Cm). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng 2;  a) Giải phương trình: 2 cos 3 x(2 cos 2 x  1)  1 Câu II (2 điểm) 3 b) Giải phương trình : (3x  1) 2 x 2  1  5 x 2  x3 2 3 ln 2 dx Tính tích phân Câu III (1 điểm) I  (3 e x  2) 2 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa a3 AA’ và BC là 4 Câu V (1 điểm) Cho x,y,z thoả mãn là các số thực: x 2  xy  y 2  1 .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức x4  y4 1 P x2  y2 1 II. PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích bằng 2. Biết A(1;0), B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x. Tìm toạ độ đỉnh C. b) Trong không gian Oxyz, cho các điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC). Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z 2  z )( z  3)( z  2)  10 , z  C. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a. Trong mp(Oxy) cho 4 điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng () : 3 x  y  5  0 sao cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích bằng nhau b.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: x  4 y 1 z  5 x2 y3 z d1 : d2 :     3 1 2 1 3 1 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với cả hai đường thẳng d1 và d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log 2 x  2)  9 log 2 x  2 6 http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái

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.