intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN KHỐI A - THPT Tuy Phong

Chia sẻ: Ngoclan Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

46
lượt xem
6
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học lần 1 năm học 2011 – 2012 môn: toán khối a - thpt tuy phong', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN: TOÁN KHỐI A - THPT Tuy Phong

  1. GV. Luong Viet Hai - THPT Tuy Phong (suu tam) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 – 2012  MÔN: TOÁN KHỐI A  Thời gian làm bài: 180 phút  2 x - 1  CÂU I ( 2 điểm): Cho hàm số:  y  = (C)  x + 1  1, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.  2, Gọi I là giao điểm của 2 đường tiệm cận của (C). Tìm m để đường thẳng (d):  y = x + m cắt (C) tại 2 điểm  phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 4.  CÂU II ( 2 điểm):  cos x - 1  ( 1, Giải phương trình: 2 (1 + sin x ) 1 + tan 2  x  = )  sin x + cos x 2, Giải hệ phương trình: { x4 +5 y  6  x = 2 y 2 +5 x =  , ( x , y ΠR )  6  ]  CÂU III ( 1 điểm): Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt thuộc [ 0; 2  :  4 x + 4 - m 2 x  - 1 = 0  0  CÂU IV ( 2 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có góc  ÐBAC = 60  ; AB = a;  0  AC = 4a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy; SD tạo với đáy góc  45  .  1, Tính thể tích khối chóp.  2, Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và CF.  CÂU V ( 1 điểm): Cho a, b, c là 3 số thực dương thoả mãn:  abc ³ 1 . Chứng minh rằng:  æ 1 öæ 1 öæ 1 ö 27  ça + ÷ç b + ÷ç c + ÷³ è a + 1 øè b + 1 øè c + 1 ø  8  CÂU VI ( 1 điểm):  Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng  d1  : x + 2 y - 6 = 0 ;  d 2  : x + 2 y = 0  và  d3  : 3 x - y - 2 = 0 .  Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I thuộc d3, cắt d1  tại A và B, cắt d2  tại C và D sao cho tứ giác  ABCD là hình vuông.  CÂU VII ( 1 điểm):  2 n  Cho khai triển: ( 3 x + 1)  = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + ak x k + ... + a2 n x 2 n , ( k , n Î N ; 0 £ k £ 2  )  n k  8  Biết rằng: a0 - a1 + a2 - ... + ( -1)  ak  + ... + a2 n  = 4096 . Tìm hệ số của  x  trong khai triển.  1 
  2. ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1  U  NỘI DUNG  ĐIỂM  1, Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số  1  TXĐ: D = R\ {­1  }  limy = 2 Þ Đồ thị hàm số có tiệm cận ngang: y = 2  x ® ±¥ limy  = ­  ü¥ x ®­1  +  ï ï 0,25  ý Þ Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng: x = ­1 limy  = +  ï¥ x®  ­  ­1 ï þ 3  0,25  y¢=   > 0, "x Î  D  Þ Hàm số luôn đồng biến trên ( ­¥;­1) ;  ( ­1;+¥ )  2  ( x+1)  và không có cực trị  Bảng biến thiên:  x -¥  -1 +¥  y’  0,25  y +¥  2  2 -¥  Đồ thị:  æ 1  ö Giao Ox tại:  ç ;0 ÷ ; Giao Oy tại (0; ­1)  è 2 ø  y  5  0,25  x  ­8  ­6  ­4  ­2  2  4  6  8  ­5  2, Tìm m  1  Phương trình hoành độ giao: 2x ­ 1  =  x + m  Û x 2  +  ( m ­ 1) x + m + 1 = 0  (1)  x + 1 (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm phân biệt 2 
  3. é m > 3 + 2 3  Û Δ = m 2  ­ 6m ­ 3 > 0 Û  ê (A)  0,25  ê m 
  4. 0,25  2, Giải hệ phương trình  1  Trừ từng vế của 2 phương trình ta được: é x = y  ( x ­ y ) é x ( x + y )  ­ 5ù  = 0  Û ê 5­x 3  2  0,25  ë û ê y =  ê ë  x 2  4  *) Với: x = y, thay vào pt(1) ta có: x  + 5x – 6 = 0 Û ( x ­ 1)( x + 2 ) ( x 2  ­ x + 3 )  = 0  é x = 1  Þ  y = 1  0,25  Ûê ë x = ­2  Þ  y = ­2 5 ­ x 3  *) Với:  y=  2  , thay vào pt(1) ta có:  x  25 ­ 5x 3  25 25  x 4  +  2  = 6  Û  x 4 +  2  +  2   ­ 5x = 6 (*)  x 2x 2x 2 2  6­5x y 6  Từ (2)  Þ x =    £   Þ ­5x  ³  ­6  (a)  5 5 25 25 625  Lại có:  x 4 +   +  ³ 33   > 12  (b)  2x 2 2x 2  4  Cộng từng vế của 2 bất đẳng thức (a) và (b) suy ra: VT(*) > 6 Þ (*) vô  0,25  nghiệm  Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm (x ; y) = (1 ; 1); (­2; ­2).  0,25  Tìm m để pt có 2 nghiệm phân biệt Π[ 0 ; 2]  1  Đặt: 2 x =t, t Π[1 ; 4]  Pt trở thành:  t 2 +4=m t­1  t = 1 không là nghiệm của pt. Do đó pt tương đương:  t 2  + 4  = m  (1)  t ­ 1  Pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt Π[ 0 ; 2]  khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm  0,25  phân biệt Π(1 ; 4 ]  t 2  + 4  Xét: f ( t )  =  trên (1 ; 4]  t ­ 1  3t 2  ­ 4t ­ 4  0,25 ¢  f (t) =  (t ­ 1) t ­ 1 é t = 2  f ¢(t) = 0  Û ê ê t = ­ 2  ë  3 Bảng biến thiên:  4 
  5. t  1                          2                              4  S f’(t)  ­  0  +  F 20  +¥  0,25  f(t)  3  H J I 8  D A K 20  Từ bảng biến thiên suy ra:  8 
  6. 4a 3  A B Þ HK =  13 d 1 a 13  I 0,25  HF =  SA =  2 2  D C Trong tam giác FHK vuông tại H, có:  1 1 1 13 4 361  =   +   =   +   =  HJ 2 HK 2 HF2 48a 2 13a 2 624a 2  4a 39 2a 39  Þ HJ =  Þ d ( D,(CFI) ) =  19 19 2a 39  Vậy:  d (DE, CF)  =  19  0,25  Bất đẳng thức  1  a+1 1 3 3 1 3  0,5  Ta có: + + ( a+1)   ³ 1+ ( a+1)   Þ a+ ³ ( a+1) > 0  4 a+1 4 4 a+1 4 1 3  Tương tự: b+ ³ ( b+1) > 0  b+1 4 1 3  c+ ³ ( c+1) >0  0,25  c+1 4 27 27 27  Þ VT ³ ( a+1)( b+1)( c+1) ³ abc  ³  (đpcm)  64 8 8 0,25  Phương pháp toạ độ trong mặt phẳng  1  Gọi I(a; 3a – 2)  Vì ABCD là hình vuông Þ d(I, AB)  = d(I, CD)  = d  0,25  7a ­ 10 7a ­ 4  3  Û =  Û a = 1  Þ I(1;1) Þ d =  0,25  5 5 5 3 2  0,25  Bán kính:  R = d 2  =  5 2 18  2  Þ pt(C): ( x ­ 1)  +  ( y ­ 1)   =  0,25  5  Nhị thức Niu­Tơn  1  2n  Ta có: ( 3x + 1)   = a 0 + a1x + a 2 x 2  +...+ a k x k  +...+ a 2n x 2n  2n  k  Thay x = ­1, ta có: (­2)  = a0  – a1  + a2  ­ … + (­1)  ak +…+ a2n  2n  0,25  Từ giả thiết suy ra: (­2)  = 4096  Þ n = 6 0,25  Với n = 6, ta có khai triển: 12  (1+3x )  =C12 + C1 .(3x) + C12 (3x)2  +...+ C12 (3x)12  0 12 2 12  0,25  8  8 8  0,25 Þ Hệ số của x  trong khai triển là:  C .3  12  6 
  7. 7
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
4=>1