Đề thi khảo sát toán lần 1 - THPT Phan Châu Trinh

Chia sẻ: HUI.VN | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi khảo sát toán lần 1 - thpt phan châu trinh', 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: Đề thi khảo sát toán lần 1 - THPT Phan Châu Trinh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 1 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Môn thi: TOÁN – Khối A TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  mx 2  m  1 (1) với m là tham số, có đồ thị  Cm  . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . 2. Tìm m để các tiếp tuyến của đồ thị  Cm  tại các điểm cố định của  Cm  vuông góc với nhau. Câu II (2,0 điểm) 4 cos x  3 sin 2 x 1. Giải phương trình  2 1  sin x  . 1  sin x  x 2  5 x  2 y  4 2. Giải hệ phương trình  .  y  3 y  2 x  2 2 Câu III (2,0 điểm) 1. Giải phương trình x  3 1  x  5  4 x . 2. Cho các số thực dương a, b, c thoả điều kiện a  b  c  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 3 P 2  . a b c 2 2 ab  bc  ca Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' , có các cạnh AA '  AB  3a , BC  4a , CA  5a và M là trung điểm cạnh bên BB'. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC . A ' B ' C ' và diện tích thiết diện của hình lăng trụ ABC . A ' B ' C ' khi cắt bởi mặt phẳng (P) qua A' và vuông góc với AM. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A 1; 2  , B 1;0  và C  0;3 . Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Cho hàm số f  x   xe  x . Giải bất phương trình f '  x   0 . x 1 2. Viết phương trình đường thẳng qua gốc tọa độ O và cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm phân x2 biệt nhận O làm trung điểm của nó. B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ở trên trục hoành, đỉnh A ở trên đường thẳng    : x  3 y  1  0 và G  2;1 là trọng tâm của nó. Đường thẳng y  3  0 là trung trực cạnh BC. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu VI.b (2,0 điểm)  1. Giải phương trình log 2 7  log 0,25 3x 1  4  log 4 2  3x .    mx 2  x  1 2. Tùy thuộc vào tham số m, hãy tìm các đường tiệm cận của đồ thi hàm số y  . x -----Hết----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ................................................. Số báo danh:..................................................... Chữ ký của giám thị 1: .......................................... Chữ ký của giám thị 2:......................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 1 TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Môn thi: TOÁN – Khối A CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM I 1 Tập xác định: D=R . (2,0đ) (1,0đ) Sự biến thiên: Giới hạn: lim y  ; lim y   . BBT: y '  4 x3  2 x; y '  0  x  0 . 0,50 đ x  x  Lập BBT và KL: Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;0  và đồng biến trên 0,25 đ khoảng  0;   . Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yCT  2 . Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại (-1;0) và (1;0) và cắt Oy tại (0;-2). Đồ thị đối xứng 0,25 đ nhau qua trục tung. 2 Đồ thị qua điểm (x;y) cố định  y  x 4  mx 2  m  1 nghiệm đúng với mọi m. 0,25 đ (1,0đ)  x  1   Hay: x 2  1 m  y  x 4  1 nghiệm đúng với mọi m    y  x  1 4 . 0,25 đ Vậy: đồ thị  Cm  luôn luôn qua 2 điểm cố định là A  1;0  , B 1;0  . 2 tiếp tuyến tại A, B vuông góc  y '  1 . y ' 1  1   4  2m  4  2m   1 . 0,25 đ 3 5 KL:  4  2m   1  4  2m  1  m   2 hoặc m   . 0,25 đ 2 2 II 1 (2,0đ) (1,0đ) Điều kiện: sin x  1 . Ta có:  2 cos x  3 sin x cos x  1  sin x 1  sin x   2 cos x  3 sin x cos x  cos 2 x. 0,25 đ   Hay cos x 2  3 sin x  cos x  0  cos x  0 (1) hoặc 3 sin x  cos x  2 (2)  0,25 đ (1)  cos x  0  x   k . 2    (2)  sin  x    1  x   k 2 . 0,25 đ  6 3   Kết hợp nghiệm, kết luận nghiệm PT là x   k 2 hoặc x    k 2 . 0,25 đ 3 2 2 ( x 2  2 x  1)  3( x  1)  2 y (1,0đ) Ta có: HPT   2 . 0,25 đ  y  3 y  2( x  1) t  3t  2 y 2 Đặt t  x  1 . HPT trở thành:  (1)  y  3 y  2t 2 0,25 đ Suy ra:  t  y  t  y  1  0  y  t hoặc y  1  t . Khi y = t  t  y  0; t  y  5 . Vậy nghiệm HPT là 1;0  ,  6;5  . 0,25 đ t  2 t  1 Khi y  1  t   ; . Vậy nghiệm HPT là  0; 2  ,  3; 1 . 0,25 đ  y  1  y  2 III 1 Điều kiện: x  0 . PT  4 x  x  3 1  x  5 . 0,25 đ
(2,0đ) (1,0đ) 1 1 Xét f  x   4 x  x  3 1  x  x  0   f '  x   4   . 0,25 đ 2 x 33 1  x  2 Mà f '  x   0, x  0 và f  x  liên tục trên  0;   . 0,25 đ Nên: hàm số f  x  đồng biến trên nửa khoảng  0;   . Khi x  1  f 1  5 . Vậy x  1 là nghiệm PT. 0,25 đ Khi x  1  f  x   f 1  5 . Vậy x  1 PTVN. 0,25 đ Khi 0  x  1  f  x   f 1  5 . Vậy 0  x  1 PTVN. KL: x  1 . 2 Đặt t  a 2  b 2  c 2 . Ta có: (1,0đ) 2  1  1   a  b  c   a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  3 a 2  b 2  c 2   t  1 . 3 0,25 đ 2 6 2 6 1 4t  4t  2 2 Ta có: P   . Xét f (t )   với  t  1  f '(t )  . 0,25 đ t 1 t t 1 t t 2 1  t  2 3 1  3 1  3 f '(t )  0  t  ;t  (loại). Lập BBT. 0,25 đ 2 2 Kết luận GTNN là 4 2  3 .   0,25 đ IV Ta có: AC 2  AB 2  BC 2 ( 25a 2 )  SABC  6a 2 . 0,25 đ (1,0đ) Vậy: VABC . A ' B ' C '  18a 3 . 0,25 đ Gọi N là trung điểm AB  AM  A ' N  A ' N   P  . Mà BC  AM , nên BC / /  P    P  cắt mp(ABC) theo giao tuyến NI song song BC 0,25 đ  A ' N  NI  I  AC  . 3a 2 5 Kết luận: S A ' NI  . 0,25 đ 2 Va x y (1,0đ) Phương trình đoạn chắn BC là   1  3x  y  3  0 . 0,25 đ 1 3 2 d  A, BC   ; BC  10  S ABC  1 . 0,25 đ 10 2  2  10 AB  2; AC  2  p  . 0,25 đ 2 S 2 Kết luận: bán kính đường tròn nội tiếp là r   . 0,25 đ p 2  2  10 VIa 1 Ta có: f '  x   e  x  xe  x . 0,25 đ (2,0đ) (1,0đ) Do đó: f '  x   0  e  x  xe  x  0  e  x 1  x   0 . 0,25 đ Mà e  x  0, x  R . 0,25 đ Do đó: 1  x  0  x  1 là nghiệm BPT. 0,25 đ 2 Đường thẳng d qua O và có hệ số góc k  d : y  kx . 0,25 đ (1,0đ) x 1 d cắt đồ thị hám số y  tại 2 điểm M, N  kx 2   2k  1 x  1  0 có x2 0,25 đ 2 nghiệm PB khác 2  k  0;   4k 2  1  0; 1  0  k  0 .
xM  x N 2k  1 1 O là trung điểm MN  0 0k  . 0,25 đ 2 k 2 1 x Kết luận: k    y   . 0,25 đ 2 2 Vb Gọi A  3a  1; a      và B  b;0   Ox  C  b;6  . 0,25 đ (1,0đ) 3a  2b  1 a6 Ta có: G là trọng tâm tam giác ABC, nên:  2 và  1. 0,25 đ 3 3 Vậy: a  3; b  8 . 0,25 đ Kết luận: A  10; 3 ; B  8;0  ; C  8;6  . 0,25 đ VIb 1 Điều kiện: 2  3x  0 . 0,25 đ (2,0đ) (1,0đ)     Ta có: PT  log 4 7  log 4 3x 1  4  log 4 2  3x . 0,25 đ   log 4 3x 1  4  2  3   log 7  3.3 x 4 2x  2.3x  8  7 . 0,25 đ 1 KL: 3.32 x  2.3x  1  0  3x  1 hoặc 3x   VN   x  0 (th). 0,25 đ 3 2 1 (1,0đ) Ta có: y  mx  1  x  xlim 0 y  ; lim y    x  0 là tiệm cận đứng. x 0 0,25 đ 1 1 lim  y   mx  1   lim  0; lim  y   mx  1   lim  0  y  mx  1 0,25đ x  x  x x  x  x Khi m  0 thì y  1 là tiệm cận ngang. 0,25đ Khi m  0 thì y  mx  1 là tiệm cận xiên. 0,25đ …HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM:  Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm toàn bài thi không làm tròn số.  Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng câu và từng ý không được thay đổi.