ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B,D - TRƯỜNG THPT MINH KHAI

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

122
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 1 năm 2011 môn: toán khối a,b,d - trường thpt minh khai', 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 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B,D - TRƯỜNG THPT MINH KHAI

toilatoih18098@yahoo.com gửi tới http://laisac.tk SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐHCĐ LẦN I NĂM HỌC 2010-2011 Trường THPT Minh Khai Môn Toán- Khối A-B-D ---------- --------- Thời gian lµm bµi : 180 phút ------------------------------ I . P hần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số y  2 x 3  3( m  2) x 2  6(5m  1) x  ( 4m 3  2) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2. Tìm m đ ể hàm số đạt cực tiểu tại x0(1;2 Câu 2: sin 3x(sin x  3 cos x)  2 1. Giải phương trình: 2 x 2  10 x  16  x  1  x  3 2. Giải bÊt phương trình: x ln(1  x)  tan 2 Câu 3: Tìm giới hạn: lim cot  x x 0 Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vu«ng c©n đỉnh lµ A . Góc giữa AA’ và BC’ b ằng 300 và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích tứ diện MA’BC’.  x3  8 x  y 3  2 y  Câu 5: G iải hệ phương trình: 2 2  x  3  3( y  1)  II. Phần riêng ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( p hần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Cho ABC cân đỉnh A .Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt là: x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 . Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M(1; -3). 2. Giải phương trình: 9 x  3 x log 3 (8 x  1)  log 3 (24 x  3) Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất một chữ số 5. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Cho hai đường tròn (C1) : x2 + y2 – 2y – 3 = 0 ; (C2): x2 + y2 – 8x – 8y + 28 = 0 ; V iết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) 2. Giải hệ phương trình: 5  y x ( x  y ).3  27  3. log 5 ( x  y )  x  y  ab Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a2 + b 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P  a  b 1 ____________________________________
Ghi chú: Thí sinh khối B ; D không phải làm câu 5 ( phần chung) §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm ®Ò thi thö §HC§ lÇn I TRƯỜNG THPT MINH KHAI N¨m häc 2010 - 2011 I. Phần chung: Điểm Câu 1. với m = 0 : y = 2x3 - 6x2 + 6x - 2 Câu 1.1 0,25 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên lim y = - ∞ ; lim y = +∞ a. G iới hạn x  -∞ x  +∞ b. Bảng biến thiên: Ta có : y/ = 6x2 - 12x + 6 = 6(x - 1)2 , y/ = 0  x =1, y/ > 0 ,  x≠ 1 0,25 -∞ 0 +∞ x y/ + 0 + +∞ y 0 -∞ Hàm số đồng biến trên R Hàm số không có cực trị 3. Đồ thị. Điểm uốn: y” =12x - 12 , y” = 0  x= 1. y” đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x = 1  U(1;0) là điểm 0,5 uốn giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0). Qua điểm (2;2). Nhận xét : đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng ( Học sinh tự vẽ đồ thị) Hàm số bậc 3 có cực tiểu  y/ = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Do hệ số 0,25 Câu 1.2 của x3 dương  xCT > xCĐ Ta có y/=6[x 2-(m + 2)x+5m+1] , y/ = 0  m(x-5) = x2-2x +1 (1) 0,25 x2-2x+1 / Do x= 5 không là nghiệm của y = 0  (1)  m = = g(x) x-5 x2-10x+9 / = 0  hoặc x = 1 hoặc x = 9 g (x)= (x-5 )2
Bảng biến thiên của g(x) -∞ 1 2 +∞ x 5 9 / g (x) + 0 - - - 0 + 0,25 +∞ +∞ g(x) 0 -1 3 -∞ -∞ 16 0,25 Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên hàm số có cực tiểu tại x0 (1;2] -1/3≤ m
Câu 4 0,25 C/ A/ B/ N M C A H B Ta có BB/∥ / góc giữa AA/ và BC/ bằng góc giữa BC/ và BB/  AA · · B / BC /  300  CBC /  600 Gọi N là trung điểm của BC/ , H là hình chiếu của N trên (ABC)  H là trung điểm của BC  AMNH là h.c.n  MN∥=AH Do AH  BC , AH  CC/  AH  (BCC/)  AH  BC/ . từ giả thiết suy ra AH vuông góc với AA/ Theo trên , MN∥AH  MN  AA/ ; MN BC/  MN là khoảng cách giữa AA/ và BC/  MN = a  AH = a 1 0,25 Tính VMA/BC/: do BA (ACC/A/) VMA/BC/ = SMA/C/. AB 3 0,25 Trong  vuông AHB ta có AB= a 2, BH = a  BC= 2a Trong  vuông BCC/ : CC/ = BC.tan600 = 2a 3 11 a3 3 V ậy VMA/BC/ = . AM.AC/.BC = 32 3 Câu 5 0,25  x3  8 x  y3  2 y G iải hệ : (I)  2 2  x  3  3( y  1)   x 3  y 3  2 ( 4  y ) (1) Ta có (I)  2  2  x  3 y  6(2)  0.5 x  0 Thay (2) vào (1) : x + x y - 12xy = 0   x  3 y 3 2 2   x  4 y  Thay x vào (2) cả 3 trường hợp  H ệ có các nghiệm là: 6 6 6 6 (3;1) , (- 3; -1) , (4 ) , (4 ; ; ) 13 13 13 13
II. Phần riêng. ur Câu 6a.1 0,25 Vector pháp tuyến của B Clà : n1 = (3; -1); A uur Vector pháp tuyến của AB là : n2 = (1; 2) ur uu ur n1.n2 ur uu ur 1 ·  cosABC  cos(n1; n2 )  uu uu  rr M(1;-3) 50 n1 . n2 B C ur u 0,5 Gọi n3 (a; b ) là vector pháp tuyến của AC là (a2+b2 ≠ 0) ur ur uu  2a  b  0 3a  b 1 1  cos(n1; n3 )     11a  2b  0 2 2 50 50 10. a  b  Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB 0,25  Trường hợp 11a - 2b = 0 . chọn a = 2  b = 11 Vậy phương trình AC là: 2(x - 1 ) + 11(y+3) =0  2x + 11y + 31 = 0 Giải phương trình: 9x  3x log3 (8x  1)  log 3 (24 x  3) Câu 6a.2 0,5 -1 PT  (3x  1) 3x  log 3 (24 x  3)   0 ĐK x>   8  3x  log 3 (24 x  3)  0 0,25 -1 Xét f ( x)  3x  log3 (24 x  3) với x> 8 8 64 f / ( x)  3x ln 3  ; f // ( x)  3 x ln 2 3  (8 x  1)2 ln 3 (8 x  1) ln 3 -1 -1 0,25 f // ( x ) > 0  f / ( x) đồng biến trên ( , +∞)  f / ( x) =0 x> 8 8 có nhiều nhất là 1 nghiệm  f ( x)  0 có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta có f (0)  0 ; f (1)  0 . Vậy PT đ ã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1 Câu 7a 0,25  Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang  Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số a1a2 Nếu a1 = 5 a2 có 10 cách chọn  có 10 trang Nếu a2 = 5  a2 có 8 cách chọn ( vì a1 ≠ 0,a1≠ 5)  có 18 trang 0,5  Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số a1a2 a3 Do sách có 800 trang  a1 chọn từ 1  7 + Nếu a1 = 5  a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọncó 100 trang + Nếu a2=5a1 có 6 cách chọn(vì a1≠5), a3có10 cách chọncó 60 trang + Nếu a3=5a1 có 6 cách chọn, a2 có 9 cách chọn(vì a1≠5,a2≠5)
có 54 trang V ậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25 Câu (C1) có tâm I1(0;1), R1 =2; (C2) có tâm I2(4;4), R2 =2 0,5 6b.1 Ta có I1I2 = 14  9  5 > 4 = R1 +R2  (C1);(C2) ngoài nhau + xét tiếp tuyến d ∥0y: (d): x+c = 0 d(I1,d) = C ; d(I2,d) = 4  C C  2 d là tiếp tuyến chung của (C1)(C2)   C = -2 (d): x-  4C  2  2=0 + (d) : y = ax+b 5 Do R1=R2 d∥I1I2 hoặc (d) đi qua I(2; ) 2 uuur  d∥I1I2 : I1I 2 =(4;-3)  d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với (C1),(C2)  4  C d(I1;d) = 2  hoặc C =14 hoặc C= -6 2 5  có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4 y - 6 =0 5 5 0,25  d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a  ax- y + - 2a =0 2 2 3  2a 7 2 d là tiếp tuyến chung d(I1;d) = 2   2  a= - 24 a2 1 d: 7x +24y - 14 =0 vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0; 7x +24y - 74 =0. ĐK: x+y > 0 Câu 6b.2 0,5  x y 5 x y  5 x y ( x  y )  3 5 3  3 H ệ đã cho    27 27 ( x  y ) 3  5 x  y ( x  y ) 3  5 x  y   0,25 x  y 3 3  3x  y  3   x  y  3  0   y  x  3  5    x y 3 3 ( x  y )  5 (2 x  3)  125 ( x  y ) 3  5 x  y  0,25 y  x 3 x  4  thỏa mãn điều kiện  2 x  3  5 y 1 Ta có a2 + b2 =1  (a + b)2- 1=2ab  (a + b+1)(a+b- 1) =2ab Câu 7b 0,5 ab ab 1 ab 1  -  T= = - a+b+1 2 2 2 2
1 Mặt khác ta có: a+b  2 . a2+b2 = 2 nên T ( 2 - 1) 2 2 1 Dấu “ =” xảy ra  a = b = . Vậy Tmax = ( 2 - 1 ) 2 2 Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ