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

Thêm vào BST

Báo xấu

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:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

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

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 Î R ) 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
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
é m > 3 + 2 3 Û Δ = m 2 6m 3 > 0 Û ê (A) 0,25 ê m
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 Î [ 0 ; 2] 1 Đặt: 2 x =t, t Î [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 Î [ 0 ; 2] khi và chỉ khi pt(1) có 2 nghiệm 0,25 phân biệt Î (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
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
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