ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT NAM PHÙ CỪ

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

Thêm vào BST

Báo xấu

116
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lấn 1 năm 2011 môn: toán - trường thpt nam phù cừ', 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 LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT NAM PHÙ CỪ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn thø nhÊt NĂM 2011 TRƯỜNG THPT NAM PHÙ CỪ M«n thi: TOÁN –Giáo dục trung học phổ thông Thêi gian làm bài: 180 phót, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ®iÓm) 3 2 C©u I (2,0 ®iÓm). Cho hµm sè y = x - 3( + 1) + 9 - m (1) (m là tham số) m x x 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè với m = 1 2) Xác định m để hàm số (1) đạt cực đại, cực tiểu sao cho y CĐ + y T = 2C C©u II (2,0 ®iÓm) p 1) Gi¶i ph¬ng tr×nh sau: co s x + co s 3 = 1 + 2 sin( 2 x + ) x 4 1 1 2) Giải bất phương trình sau: lo g 2 ( x + 3) + lo g 4 ( x - 1) ³ lo g 2 ( x 8 4) 2 4 C©u III (2,0 ®iÓm) 5 1 + 3 2 - cos 3 d x x x 1) a. Tính I = ò b. Tìm J = lim 2 x 1 x 3 x + 1 x ® 0 5 2) Cho x; y z ³ 0 thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của P = xy + yz + zx + ; x + y + z C©u IV (1,0 ®iÓm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh bên tạo với đáy một góc 60 và cạnh đáy bằng a. 0 1) Tính thể tích khố i chóp S.ABCD. 2) Qua A dựng mặt phẳng (P) vuông góc với SC. Tính diện t ích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (P) cắt hình chóp S.ABCD. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 ®iÓm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo ch¬ng tr×nh ChuÈn C©u V.a (2,0 ®iÓm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), phương trình các đường thẳng chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ C có phương trình lần lượt là 2 x - y + 13 = 0 và 6 x - 13 y + 29 = 0 . Tìm phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. x - 1 y + 2 z 2) Trong kh«ng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ®iÓm A(1;4;2), B(-1;2;4) vµ ®êng th¼ng d: =. = - 1 1 2 a) LËp ph¬ng tr×nh mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d và đi qua hai điểm A, B. b) Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất. C©u VI.a (1.0 ®iÓm) 2 n Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển (1 + 3 ) biết An + 2 A 2 = 100 3 x n 2. Theo ch¬ng tr×nh Nâng cao C©u V.b (2.0 ®iÓm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elip (E) có hai tiêu điểm F1 ( - 3 0); F2 ( 3 0) và đi qua điểm ; ; 1 A( 3 ) , lập phương trình chính tắc của (E). Chứng minh rằng với mọ i M thuộc (E) ta có OM 2 + MF × MF = 5 . ; 1 2 2 2) Trong kh«ng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 - 6 x - 2 y + 4 z + 5 = 0 và mp(P) có phương trình x + 2 y + 2 z - 10 = 0 . Tìm phương trình mặt phẳng (Q) tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với mặt phẳng (P), xác định tọa độ tiếp điểm tương ứng. C©u VI.b (1,0 ®iÓm). Cã bao nhiªu sè tù nhiªn cã 5 ch÷ sè kh¸c nhau mµ trong mçi sè lu«n lu«n cã mÆt hai ch÷ sè ch½n vµ ba ch÷ sè lÎ? ……………….HẾT…………………www.laisac.page.tl 1
®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 1 khèi a - m«n to¸n I.PhÇn dµnh cho tÊt c¶ c¸c thÝ sÝnh §¸p ¸n §iÓm 1. (1,0 ®iÓm) Câu I (2 ®iÓm) Với m=0, ta có: y=x 6x +9x1 3 2 TXĐ: D=R 0,25 é x = 1 y’=3x 12x+9; y’=0 Û ê 2 ë x = 3 lim y = ±¥ x ® ±¥ BBT x -¥ 1 3 +¥ 0,25 y’ + 0 0 + y 3 +¥ 1 -¥ Hs đồng biến trên khoảng ( -¥ ;1) và (3; +¥ ), nghịch biến trên (1;3) Hs đạt cực đại tại x=1 và ycđ=3, Hs đạt cực tiểu tại x=3 và yct=1 0,25 Đồ thị : cắt Oy tại điểm A(0;1) và đi qua các điểm B(4;3) Đồ thị nhận điểm U(2;1) làm tâm đố i xứng 0,25 2. (1,0điểm) Ta có y ' = 3 2 - 6 + 1 x + 9 x (m ) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại x1 ; x 2 Û y ' = 0 có 2 nghiệm phân biệt là x1 ; x 2 0,25 2 Û x - 2 + 1 x + 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x (m ) 2 é m > -1 + 3 Û D' = ( + 1 2 - 3 > 0 Û ê (*) m) ê m < -1 - 3 ë 0,25 ì x + x = 2( + 1) m Theo Viet ta có í 1 2 î x . 2 = 3 1 x 0,25 * yCĐ + yCT =2 Û x13 - 3 + 1 x 2 + 9 x - m + x 2 - 3 + 1 x 2 + 9 x 2 - m = 2 3 (m ) 2 (m ) 1 1 3 3 2 2 Û x + x - 3 + 1 ( x + x ) + 9 x + x ) - 2 - 2 = 0 (m ) m (1 1 2 1 2 2 2 Û ( + 1 ( + 2 - 3 = 0 m ) m m ) é m = - 1 Loại êm = 1 0,25 Û ê Thỏa mãn êm = -3 Thỏa mãn ë 2
1. (1,0điểm) Câu II (2,0 ®iÓm) 0,25 p 1) co s x + co s 3 = 1 + 2 sin( 2 x + ) x 4 Û co s x + co s 3 = 1 + sin 2 x + co s 2 x x 2 Û 2 cos x + 2 sin x cos x - 2 cos x cos 2 x = 0 0,25 Û cos x cos x + sin x - cos 2 x = 0 ( ) Û cos x(cos x + sin x (1 + sin x - cos x = 0 ) ) 0,25 éco s x = 0 Û êco s x + sin x = 0 ê ê1 + sin x - co s x = 0 ë p é p ê x = 2 + k ê p Û ê x = - + k ( Î Z ) p k ê 4 0,25 ê ê x = k 2p ê ë Vậy phương trình có 3 họ nghiệm.... 2. (1,0điểm) ì x + 3 > 0 ï 2) Điều kiện í x - 1 ¹ 0 Û 0 0 î 0,5 Với điều kiện đó, bất phương trình đã cho Û log 2 ( x + 3) + log 2 x - 1 ³ log 2 ( 4 x ) Û ( x + 3) x - 1 ³ 4 x (2) 0,25 Trường hợp 1: é x ³ 3 Thỏa mãn Nếu x > 1 khi đó (2) Û ( x + 3 ( x - 1 ³ 4 x Û ê ) ) Loại ë x £ -1 0,25 Trường hợp 2: Nếu 0
Câu III 1. (1điểm) (2,0 ®iÓm) t 2 - 1 2 d t t 1a) Đặt t = 3 + 1 Þ t 2 = 3 + 1 Þ 2tdt = 3dx Þ dx = và x = x x 3 3 Đổi cận : 0,25 x=1 Þ t=2 x=5 Þ t=4 2 t 4 4 4 dt é 1 1 ù 9 Þ I = ò 2 3 dt = 2 2 ò t - 1 2 ë t - 1 - t + 1 údt = ln 5 = òê 2 t - 1 û 2 × t 3 9 Vậy I = ln 0,25 5 0,25 1 + 3 2 - cos 3 1 + 3 2 - 1 x x x x 1 - co s 3 1b) J = lim = lim + lim 2 2 2 x x x x ® 0 x ® 0 x ® 0 =................................................ 3 9 = + 2 2 0,25 = 6. 2 (1điểm) 0,25 t 2 - 3 Đặt t = x + y + z Þ t 2 = 3 + 2 xy + yz + zx ) Þ xy + yz + zx = ( 2 2 2 2 2 Ta có 0
b) * Giả sử ( P) Ç SC = M Vì ( P) ^ SC và A Î ( P nên AM ^ SC ) Mặt khác,gọi EF = ( P Ç ( SBD với E Î SB F Î SD thì EF // BD và EF qua I ) ) ; với I = AM Ç SO (do BD ^ SC ; ( P ^ SC nên BD //( P ). ) ) 0,25 * Ta thấy mặt phẳng ( P cắt S . ABCD theo thiết diện là tứ giác AEMF có tính ) 1 chất AM ^ EF . Do đó S AEMF = AM . F E 2 a 6 * Ta thấy DSAC đều (vì góc ÐSAC = 60 0 , SA = SC ), mà AM ^ SC nên AM = . 2 Và AM là trung tuyến của DSAC . Mặt khác AO cũng là trung tuyến của DSAC nên I là trọng tâm của DSAC EF SI 2 a 2 2 2 * Ta có = Þ EF = BD = = BD SO 3 3 3 2 1 a 6 2 2 a 3 a 1 Þ S AEMF = AM .EF = . . = . 0,25 2 2 2 3 3 II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn Câu Va 1 (1,0 điểm) 2,0điểm Giả sử đường cao và đường trung tuyến hạ từ C lần lượt là CH và CM có phương trình lần lượt là: 2 x - y + 13 = 0 6 x - 13 y + 29 = 0 , ì x + 2 y - 16 = 0 Tọa độ C là nghiệm của hệ í Þ C (-7 -1 ; ) 0,25 î6 x - 13 y + 29 = 0 Vì AB ^ CH Þ AB có phương trình x + 2 y - 16 = 0 ì x + 2 y - 16 = 0 Tọa độ M là nghiệm của hệ í Þ M (6 5 Þ B 8 4 ; ) ( ; ) 0,25 î6 x - 13 y + 29 = 0 Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình dạng x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 ì52 + 4 + 6b + c = 0 a ì a = - 4 ï ï 0,25 Vì A, B, C thuộc đường tròn ta có hệ í80 + 8 + 4 + b = 0 Û íb = 6 a c ï50 - 7 - b + c = 0 ïc = -72 a î î Vậy phương trình đường tròn là x 2 + y 2 - 4 x + 6 y - 72 = 0 hay ( x - 2 2 + ( y + 3 2 = 85 0,25 ) ) 2. (1,0 điểm) a. Giả sử mặt cầu (S) có tâm I bán kính R. ì x = 1 - t ï d có phương trình tham số í y = -2 + t ï z = 2t î 0,25 Vì I Î d Þ I (1 - t ; 2 + t ; t ) - 2 Vì A, B Î ( S ) Þ IA = IB Û t 2 + (t - 6 2 + ( t - 2 2 = (t - 2 2 + (t - 4 2 + (2 - 4 2 t ) ) 2 ) ) ) Û t + t - 12 + 36 + 4 - 8 + 4 = t - 4 + 4 + t 2 - 8 + 16 + 4 2 - 16 + 16 2 2 2 2 t t t t t t t 5
Û 8t = -4 206 1 3 5 Û t = - Þ I ( ;- ;-1) , R=IA= 2 2 2 2 2 2 3 ö æ 5 ö . 06 2 æ 2 ÷ + ( z + 1) = Phương trình mặt cầu (S): ç x - ÷ + ç y + 2 ø è 2 ø 4 0,25 è ¾ ® ¾ b. AM ( -t ;-6 + t -2 + 2t ) ; ¾ ® ¾ AB ( -2; 2;2) - é ¾ ® ¾ ® ù ¾ ¾ 0,25 AM ; AB ú = (6t - 16; 2t + 4;4t - 12 ) - ê ë û 1 é ¾ ® ¾ ® ù 1 ¾ ¾ 56t 2 - 304t + 416 Þ S AMB = ê AM ; AB ú = 2 ë û 2 304 19 12 5 38 S AMB nhỏ nhất khi t = = . Khi đó M ( - ; ; ) 0,25 112 7 7 7 7 Câu VI.a n n ! ! Điều kiện n Î N ; n ³ 3 ta có An3 + 2 An2 = 100 Û + 2 . = 100 1,0 điểm 0,5 n ) n ) ( - 3 ! ( - 2 ! Û n 3 - n 2 - 100 = 0 Û n = 5 10 10 Ta có (1 + 3 x 2 n = (1 + 3 x 10 = å C k 1 0 - k (3 x k = å 3 k C k x k 1 ) ) ) 10 10 0,5 k = 0 k = 0 5 5 5 Hệ số của x trong khai triển là 3 . C 10 2.Theo chương trình n©ng cao. Câu Vb 1) (điểm) 2,0 điểm x 2 y 2 *) Giả sử ( E ) có phương trình 2 + 2 = 1 (điều kiện a > b > 0) a b 3 1 ì ìa 2 = 4 0,25 ï 2 + 2 = 1 ï Từ giả thiết ta có hệ í a (thỏa mãn) Þ í 2 b 4 ïb = 1 ïa 2 = b 2 + 3 î î 0,25 x 2 y 2 Vậy ( E ) có phương trình + = 1 4 1 x 2 y 2 +) G/s M ( x ; y o ) Î ( E ) : 2 + 2 = 1 0 a b x 2 y 0 2 c c 0,25 Þ 0 + 2 = 1 , OM 2 = x 2 + y 2 , MF1 = a + x , MF2 = a - x . 0 0 0 0 2 a a a b OM 2 + MF1 × MF2 = ........... .......... .. = a 2 + b 2 ìa 2 = 4 ï Þ OM 2 + MF1 × MF2 = 5 . 0,25 Với í 2 ïb = 1 î 6
2. (1điểm) (S ) có tâm I (3 1 - ) bán kính R = 9 + 1 + 4 - 5 = 3 ; ; 2 Mp (Q ) // mp ( P : x + 2 y + 2 z - 10 = 0 , nên mặt phẳng mp (Q ) có phương trình dạng ) x + 2 y + 2 z + m = 0 (m ¹ -10 ) 0,25 Vì mặt phẳng (Q ) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên ta có d ( I ; (Q ) = R ) Thỏa mãn 3 + 2 - 4 + m ém + 1 = 9 é m = 8 = 3 Û m + 1 = 9 Û ê Û Ûê ëm + 1 = -9 ë m = -10 Loại 12 + 2 2 + 2 2 0,25 m=8 phương trình có dạng x + 2 y + 2 z + 8 = 0 Gọi M là tiếp điểm của (a ) với (Q ) Ta thấy M = D Ç ( P , trong đó D là đường thẳng đi qua tâm I và vuông góc với (Q ) ) 0,25 ® D đi qua I(3; 1; 2) và vuông góc với mp (Q) nên D có vectơ chỉ phương là n (1 2 2 ; ; ) ì x = 3 + t ï Phương trình của D : í y = 1 + 2t ï z = -2 + 2t î ì x = 3 + t ì x = 2 ï y = 1 + 2 ï y = -1 t ï ï Tọa độ của M là nghiệm (x; y; z) của hệ í Û ........... . Û í ï z = -2 + 2 t ï z = -4 ï x + 2 y + 2 z + 8 = 0 ï9 = -9 î t î Tiếp điểm là M(2; 1;4) 0,25 Câu VI.b Tõ gi¶ thiÕt bµi to¸n ta thÊy cã C 52 = 10 c¸ch chän 2 ch÷ sè ch½n (kÓ c¶ sè cã ch÷ sè 1,0 điểm 0,5 0 ®øng ®Çu) vµ C 53 =10 c¸ch chän 2 ch÷ sè lÏ => cã C 52 . C 53 = 100 bé 5 sè ®îc chän. Mçi bé 5 sè nh thÕ cã 5! sè ®îc thµnh lËp => cã tÊt c¶ C 52 . C 53 .5! = 12000 sè. MÆt kh¸c sè c¸c sè ®îc lËp nh trªn mµ cã ch÷ sè 0 ®øng ®Çu lµ C 4 . 53 . ! = 960 . VËy 0,5 1 C 4 cã tÊt c¶ 12000 – 960 = 11040 sè tháa m·n bµi to¸n 7