Đề thi thử đại học lần 1 năm 2010- 2011 Môn Toán - Trường THPT Anh Sơn III

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 1 năm 2010- 2011 môn toán - trường thpt anh sơn iii', 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 thử đại học lần 1 năm 2010- 2011 Môn Toán - Trường THPT Anh Sơn III

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT Trường THPT Anh Sơn III Môn Toán – Khối A Năm học 20102011Thời gian 180 phút Phần dành chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hà m số : y = x 3 - 3mx 2 + 3(m 2 - 1) x - (m 2 - ) (1) 1 a, Với m = 0 , khả o sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) . b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt có hoà nh độ dương. p Câu 2: a, Giải phương trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx 2sin 2 (2x+ ) = 0 4 b, Xác định a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất : ì2 x + x = y + x 2 + a ï í2 2 ï x + y = 1 î sin xdx ò (sin x + 3 cos x)3 Câu 3 : Tìm : ' ' ' Câu 4 : Cho lăng trụ đứng ABC . B C có thể tích V. Các mặt phẳng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC cắt nhau . A ) tại O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V. Câu 5 : Cho x,y,z là các số thực dương . Chứng minh rằng : x y z P = 3 4( x3 + y 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) + 3 4( z 3 + x ) + 2( 3 + 2 + 2 ) ³ 12 2 y z x Phần riêng (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B ) A. Theo chương trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đường tròn (C) có phương trình : x 2 + y 2 - 4 x - 4 y + 4 = 0 và đường thẳng (d) có phương trình : x + y – 2 = 0 Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phâ n biệt A,B . Tìm toạ độ điểm C trên đường tròn . . . (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đường thẳng có phương trình : ì x = 4 ' t x y + 1 z - 2 ï (d 2 ) : í y = -2 ( d1 ) : = = 1 2 -2 ï z = 3t ' î Viết phương trình đường thẳng ( D )đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng(d 1 ), (d 2 ). Câu 7a : Tìm số hạ ng không chứa x trong khai triển : 7 1 ö æ 4 ç x + 3 ÷ ( với x > 0 ) x ø è B . Theo chương trình nâng cao Câu 6b : a, Viết phương trình đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC biết B(2;1) , đường cao và . . đường phân giác trong qua đỉnh A,C lần lượt là : 3x 4y + 27 =0 và x + 2y – 5 = 0 . b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) và đường thẳng ( D ) có phương ì2 x - y + z + 1 = 0 trình : í î x - y + z + 2 = 0 Tìm toạ độ điểm M nằ m trên đường thẳng ( D )sao cho : MA + MB nhỏ nhất . Câu 7b : Cho (1 + x + x 2 )12 = a0 + a1 x + a2 x 2 + ...a24 x 24 . Tính hệ số a 4 . Hết. Họ và tên………………………………………….. Số báo danh… http://laisac.page.tl
SỞ GDĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT ANH SƠN 3 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mụn: TOÁN; Khối A (Đáp án thang điể m gồ m 07 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm Câu 1 a. (1.0 điểm) Khảo sát… 3 (2 điểm) Với m=0, ta có: y=x 3x+1 TXĐ D=R é x = 1 2 y’=3x 3; y’=0 Û ê 0,25 ë x = -1 lim y = ±¥ x ® ±¥ BBT x 1 1 -¥ +¥ y’ + 0 0 + y 3 0,25 +¥ 1 -¥ Hs đồng biến trên khoảng ( -¥ ;1) và (1; +¥ ), nghịch biến trên (1;1) 0,25 Hs đạt cực đại tại x=1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=1 và yct=1 Đồ thị : cắt Oy tại điể m A(0;1) y và đi qua các điểm B(2;1), C(2;3) Đồ thị nhận điể m A(0;1) là m tâ m đối xứng 3 0,25 1 2 1 2 x 1 0 1 b. (1.0 điểm) Tìm m để … 2 2 Ta có y’= 3x 6 mx+3( m 1) é x = m - 1 0,25 y’=0 Û ê ë x = m + 1
Để đồ thị hàm số cắt Ox tại 3 điể m phân biệt có hoành độ dương thì ta phải có: ìV' y ' > 0 ì"m Î R ï ï2 2 2 ï fCD . f T < 0 ï(m - 1)(m - 3)(m - 2m - 1) < 0 0,25 C ï ï í xCD > 0 Û í m - 1 > 0 ï x > 0 ï m + 1 > 0 ï CT ï ï -(m - 1) < 0 ï f (0) < 0 î î ì é1 - 2 < m < 1 Vậy giỏ trị m cần tìm là: ïê ï ê - 3 < m < -1 ï m Î ( 3 ;1 + 2 ) 0,25 Û 3 < m < 1 + 2 Û íê ï ê 3 < m < 1 + 2 ë ï ï m > 1 î a. (1.0 điểm) Giải phương trình Câu 2 p (2.0 Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + )=0 điểm) 4 0,25 p Û sin2x + sinx + sin4x – sin2x = 1 – cos(4x + ) 2 Û sinx + sin4x = 1+ sin4x 0,25 Û sinx = 1 0,25 p Û x = + k2 p , kÎ Z 0,25 2 b. (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) là nghiệm thì (x;y) cũng là nghiệ m của hệ Suy ra, hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi x =0 0,25 + Với x = 0 ta có a =0 hoặc a = 2 ì2 x + x = y + x 2 ì2 x + x - x 2 = y (1) ï ï Với a = 0, hệ trở thành: í 2 2 Ûí (I) 2 2 ïx + y = 1 ï x + y = 1 (2) î î 0,25 2 x ì x £ 1 ì y £ 1 ì2 + x - x ³ 1 2 Từ (2) Þ ï 2 Þ ï 2 Þ ï í í í ï y £ 1 ï x £ x ï y £ 1 î î î 2 2 ì x + y = 1 ï x ì x = 0 ï Þ ( I ) có nghiệ m Û í2 + x - x 2 = 1 Û í TM 0,25 î y = 1 ï y = 1 ï î ì2 x + x = y + x 2 + 2 Với a=2, ta có hệ: ï 2 2 í ï x + y = 1 î 0,25 Dễ thấy hệ có 2 nghiệm là: (0;1) và (1;0) không TM Vậy a = 0
p p Câu 3 sin [(x ) + ] s inx (1.0 6 6 Ta có = 0,25 p (sinx+ 3c x)3 os điểm) 3 8cos ( x - ) 6 p 1 p 3 sin( x - ) + c (x ) os = 2 62 6 0,25 p 8cos(x ) 6 p sin( x - ) 3 6 + 1 1 = 0,25 16 cos 3 ( x - p ) 16 cos 2 ( x - p ) 6 6 p s in x d x 3 1 + tan( x - ) + c Þ ò = 0,25 (sinx+ 3c sx) 32cos 2 ( x - p ) 16 3 6 o 6 Câu 4 Gọi I = AC Ç ’A’C, J = A’B Ç AB’ (1.0 điểm) (BA'C) Ç (ABC') = BI ü ï (BA'C) Ç (AB'C) = CJ ý Þ O là điể m cầ n tìm ï Goi O = BI Ç CJ þ Ta có O là trọng tâm tam giỏc BA’C A' C' 0,25 B' I J O A C H M B Gọi H là hình chiếu của O lờn (ABC) Do V ABC là hình chiếu vuông góc của V BA’C trên (ABC) nên H là trọng tâm V ABC 0,25 OH HM 1 Gọi M là trung điểm BC. Ta có: 0,25 = = A ' B A M 3 1 1 1 0,25 Þ VOABC = OH .SV ABC = A ' B. V ABC = V S 9 3 9
Ta có: 4(x +y ) ³ (x+y)3 , với " x,y>0 3 3 Câu 5 Thật vậy: 4(x +y ) ³ (x+y)3 Û 4(x xy+y ) ³ (x+y)2 (vỡ x+y>0) 3 3 2 2 (1.0 2 2 2 Û 3x +3y 6xy ³ 0 Û (xy) ³ 0 luôn đúng điểm) 0,25 Tương tự: 4(x +z3 ) ³ (x+z)3 3 3 3 3 4(y +z ) ³ (y+z) Þ 3 4( x 3 + y 3 ) + 3 4( x3 + z 3 ) + 3 4( y 3 + z 3 ) ³ 2( x + y + z ) ³ 6 3 xyz x y z 1 Mặt khác: 2( 0,25 + 2 + 2 ) ³ 6 3 2 y z x xyz 1 0,25 Þ P ³ 6( 3 xyz + 3 ) ³ 12 xyz ì ï x = y = z ï ïx y z Dấu ‘=’ xảy ra Û í 2 = 2 = 2 Û x = y = z = 1 0,25 ïy z x ï 1 ï xyz = xyz î Vậy P ³ 12, dấu ‘=’ xảy ra Û x = y = z =1 Câu 6a Chương trình chuẩn (2.0 a. (1.0 điểm) điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ: é ì x = 0 êí î y = 2 ì x + y - 2 = 0 Ûê í2 î x + y - 4 x - 4 y + 4 = 0 ê ì x = 2 2 êí y ê î y = 0 ë Hay A(2;0), B(0;2) C 4 0,25 M I B 2 H A O 2 x Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B 0,25
1 Ta có SV ABC = CH . AB (H là hình chiếu của C trên AB) 2 SV ABC max Û CH max 0,25 ìC = (C ) Ç (V) Dễ dàng thấy CH max Û í î xC > 2 ìV^ d Hay V : y = x với V: í î I (2; 2) ÎV 0,25 Þ C ( 2 + 2 ; 2 + 2 ) Vậy C (2 + 2 ; 2 + 2 ) thì SV ABC m ax b. (1.0 điểm) Nhận xét: M Ï (d1) và M Ï (d2) ì(V) Ç (d1) = I Giả sử í î(V) Ç (d 2) = H 0,25 Vỡ IÎ d1 Þ I(2t1; 12t; 2+t) HÎ d2 Þ H(4t’; 2; 3t’) uuur uuuu ì1 - 2t = k (1 - 4t ') r ìTM = k HM ï 23 ï ycbt Û í Û í3 + 2t = k (2 + 2) Û t = - 10 ïk Î R, k ¹ 0 î ï1 - t = k (3 - 3t ') 0,5 î 23 18 3 Þ T ( - ; ; - ) 5 5 10 Vậy phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm I và H là: ì x = 1 + 56t ì5 x + y - 8 z + 17 - 0 0,25 ï hoặc là: í í y = 2 - 16t î12 x + 9 y - 16 z + 18 = 0 ï z = 3 + 33t î 1 1 Câu 7a 7 1 - Ta có: ( 4 x + 3 )7 = å 7 k ( x 4 )7 -k .( x 3 ) k 0.25 C (1.0 x k = 0 điểm) Để số hạng thứ k không chứa x thì: ì1 1 ï (7 - k ) - k = 0 0.5 Û k = 4 í4 3 ï Î [0; 7] îk 1 4 Vậy số hạng không chứa x trong khai triển là: C7 = 0,25 35 Câu 6b Chương trình cao (2.0 a. (1.0 điểm) điểm) Phương trình đường thẳng chứa cạnh BC: ì( BC ) qua B Û ( BC ) : 4 x + 3 y - 5 = 0 í 0,25 î C ^ d1 B ì4 x + 3 y - 5 = 0 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: í Þ C (-1; 3) î x + 2 y - 5 = 0
Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự là hệ số góc của các đường thẳng AC, BC, d2 31 1 - - K AC -+ K BC - K d 2 K d 2 - K AC Û 4 2 = 2 = 13 1 1 + K BC .K d 2 1 + K d 2 . AC K 0,25 1 - K AC 1+ . 24 2 Ta có: é K AC = 0 Ûê ê K AC = - 1 (loai) ê 3 ë Vậy pt đường thẳng AC đi qua C và có hệ ssó góc k=0 là: y = 3 + Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 0,25 ì3 x - 4 y + 27 = 0 Þ A(-5; 3) í î y - 3 = 0 x + 5 y - 3 Þ Pt cạnh AB là: Û 4 x + 7 y - 1 = 0 = 2 + 5 -1 - 3 Vậy AB: 4x+7y1=0 0,25 AC: y=3 BC: 4x+3y5=0 b. (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối giữa AB và V , ta có: V cắt Auu tại uK(1;3;0) uB 0,25 r uu r Þ A, B nằm về cùng phía đối với V Ta có KB = 2 KA Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua V và H là hình chiếu của A trên V . ì x = 1 ï Þ H( 1;t;3+t) (vỡ PTTS c ủa V : í y = t ) 0,25 ï z = -3 + t î uuuu r r AH .u = 0 Û -1.0 + (t - 4).1 + ( -4 + t ).1 = 0 Û t = 4 Ta có Þ H (1; 4;1) Þ A '(0; 4;1) Gọi M là giao điểm của A’B và d 13 4 0,25 Þ M (1; ; ) 3 3 Lấy điểm N bất kỳ trên V Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B £ NA+NB 0,25 13 4 Vậy M (1; ; ) 3 3 Câu 7b Ta có: (1+x+x )12 = [(1+x)+x ]12 = 2 2 (1.0 0,25 điểm) = C12 (1 + x ) + C12 (1 + x) .x + ... + C12 (1 + x)12- k .( x 2 )k + ... + C112 x 24 0 12 1 11 2 k 2 C102 [C12 x12 + C12 x11 + ... + C182 x 4 + ...]+C12 x 2 [C11 x11 + ... + C191 x + ...] 0 1 1 0 2 = 0,25 +C12 x 4 [C10 x10 + ... + C110 ]+... 2 0 0
4 Þ Chỉ có 3 số hạng đầu chứa x 0,25 Þ a4 = C12 .C12 + C12 .C11 + C122 .C10 = 1221 0 8 1 9 1 0 0,25