ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012 MÔN: TOÁN (Trường THPT Minh Khai)

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

189
lượt xem 36
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 1 năm học 2011-2012 môn: toán (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 HỌC 2011-2012 MÔN: TOÁN (Trường THPT Minh Khai)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011-2012 Trường THPT Minh Khai MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH m3 x  (m  2) x 2  (m  1) x  2 Câu I. Cho hàm số y  (Cm) 3 1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=1 2.Tìm m để hàm số có cực đại tại x1, cực tiểu tại x2 thỏa mãn x1
Họ và tên thí sinh:……………………………………………SBD:……………….. TRƯỜNG THPT MINH KHAI KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THƯ NHẤT NĂM HOC 2011 - 2012 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN NỘI DUNG ĐIỂM CÂU 1 0,25đ 1 Khi m=1 thì y  x 3  x 2  2 3 TXĐ:D=R Giới hạn : lim y  ; lim y   x  x  x  0 CBT: y   x 2  2 x , y   0   x  2 0,25đ BBT x 0 2 +  y + 0 - 0 + y 2 + I1 2 (1điểm)  3 0,25đ Hàm số ĐB trên (;0) va (2; ) ,hàm số NB trên (0;2) 2 Hàm số đạt CĐ tại x=0,yCĐ=2, Hàm số đạt CT tại x=2,yCT= 3 y 0,25đ 2 2/3 O x 2 3 -1 Đồ thị : y  2 x  2; y  0  x  1 4 nênU(1; ) là điểm uốn của đồ thị 3 2 Đồ thị cắt Oy tại (0;2) . Đồ thị đi qua (-1; ) và (3;2) 3
y   mx 2  2(m  2) x  m  1 0,25đ I2 (1điểm) y   0  mx 2  2(m  2) x  m  1  0 (1) 1,25 đối Hàm số có CĐ ,CT thỏa mãn x1
0,25đ   (1)  x  k 4 2 1  5 (2)  tan 2 x+tanx-1=0  tanx  2 1  5  l  x  arctan 2    x  4  k Đối chiêu điều kiện ta có nghiệm pt là:  1  5   l  x  arctan  2 0,25đ 4 x  y  0 DKXD  2 x  y  0 b2 3 Dat 2 x  y  a(a  0), 4 x  y  b(b  0)  x  y  a 2  2 2 II2 0,5đ 32 12  2 a  a  b  2  a  5a  6  0 (1điểm) Ta có hệ  2 2  b  4  a a  b  4  0,25đ  a  1 a  1  2 x  y  1 2 x  y  1 x  4    a  6(loai )      b  3  4 x  y  3  4 x  y  9  y  7 b  4  a   0,25đ e2 (e 2( x 1)  3( x  1)2  1 e2 x  e 2 3x 2  6 x  4  lim lim tan( x  1) tan( x  1) x 1 x 1 Đặt t = x-1 khi x  1  t  0 0,25đ Ta có III (e2t 1  1) cos t e2 (e 2t  3t 2  1) (1  3t 2  1) cos t (1điểm)  e 2 lim  e 2 lim lim tan t sin t sin t t 0 t 0 t 0 0,5đ e 2t  1 t 3t.cos t  e 2 lim( .2 cos t )  e2 .lim( )  2e 2 . t 0 sin t 2t sin t t 0 .(1  3t 2  1) t Từ A kẻ AI  BC  I là trung điểm BC A C  AI  ( BC CB )  AI  B C (1)  Từ I kẻ IM  B C B (2) Từ (1) (2)  B C  ( IAM) M  B C  MA (3) A C IV  C) và ( B CB) Từ (2) (3)  góc giữa (A B I (1 điểm) bằng góc giữa IM và AM = AMI = 600 1,25đ (Do tam giác AMI vuông tại I) B điểm với C
khối B,D 1 B Ta có AI = BC  a 0,25 2 AI a IM =  0 tan 60 3 M  B BC  IMC IM .BC IM IC  BB    B C I BB BC IC a 1 1  BB = 3 BC  BB 2  4a 2 BC  BB  0,25 a 3 3 2  3 BB 2 = BB 2 + 4a  BB = a 2 1 1 S ABC  AI .BC  a.2a  a 2 0,25 2 2 VABC ABC   a 2.a  a 3 2 2 www.VNMATH.com 2  1 1 1 1 1 1  0,25 a b c a2  b2  c 2  A a (b  c ) b(c  a ) c(a  b) a (b  c)  b(c  a )  c(a  b) 2 2 1 1 1 1 1 1 a b c    a b c  11  1 1  V =   0,25  1 1 1 2a b c 2(ab  bc  ca) ( 1 điểm) 2    a b c 0,25 33 1 3   2 abc 2 Dấu “ = “ xảy ra  a = b = c = 1 2 0,25 a  a3 a 2 Do  a1  a2  a3    1 . b1  2 b2  b3  b  b2 b3 1   a2 a2 a2    1  2  3  (b1  b2  b3 ) (Theo bất đẳng thức Bunhia-copski)  b1 b2 b3  a 2 a 2 a 2 (a  a  a )2 Nên 1  2  3  1 2 3 b1  b2  b3 b1 b2 b3 I nằm trên cung AB của ( P) nên I ( a; a2 – 2a + 1) với 0 < a
1,25đ đối 0,25 a  a 2  2a  1  1  a 2  3a  a 2  3a d ( I,AB) = = = do a  (0;3) với khối 2 2 2 B,D  d ( I, AB) đạt giá trị lớn nhất  f (a)   a 2  3a đạt giá trị lớn 3 nhất  a  (từ BBT) 2 31  I ( ; ) Do I là trung điểm AC và BD nên ta có 0,25 24 1 7 C (3;  ); D(0;  ) 2 2 log 3 ( x  2)  log 4 ( x 2  4 x  3) x  2 điều kiện xác định:   x 3 0,25 2 x  4x  3  0     phương trình  log 3 x 2  4 x  4  log 2 x 2  4 x  3 Đặt t = x2 – 4x + 3 ta có phương trình. log3 ( t +1) = log2 t = a 0,25 t  1  3a VII a   2a  1  3a  ( 1 điểm) a t  2  a a  2 1  1   3  3 (1)   a a 2 1 Do hàm số f (a ) =   +   nghịch biến trên R nên phương   3 3 trình (1) có tối đa 1 nghiệm. Mặt khác f (1) = 1  a= 1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1) a = 1  t = 2  x2 – 4x + 3 = 2 2  x – 4x + 1 = 0 x  2  3  0,25 x  2  3  Đ/c điều kiện ta có nghiệm phương trình x  2  3 6 6 0,25 6 6 6     x 3  2 x 2  x  2   x  2  x 2  1   C6k x k .(2)6 k . C6 x 2i i VIII a k 6 i 0 (1điểm) Để lũy thừa của x bằng 8 thì k + 2i = 8 0.25 => ( k, i) = {(6;1); (4;2); (0;4); (2;3)} => hệ số của x8 là: C6 .(2)0 .C6  C64 .(2) 2 .C62  C64 .C6 .( 2) 6  C6 .( 2) 4 .C6  6666 6 1 0 2 3 0,5 Từ giả thiết => A ( a;3 – a) 0,25 B ( b;4 – b)
    51 53 => IA   a  ;  a  ; IB   b  ;  b      22 22      IA  IB  ABCD vuông tâm I nên     IA.IB  0  VI b 0,25 2 2 2 2 5 1 5 3 IA = IB   a      a  =  b      b  (1 điểm) (1)       2 2 2 2        5  5 1  3   IA.IB  0   a   .  b      a  .   b   0 2  2 2  2    2ab – 4a – 3b + 7 = 0  2a ( b -2) = 3b – 7 3b  7 ( do b = 2 không thỏa mãn ) (2)  a 2(b  2) Thay (2) vào (1) 0,25 2 2 2 2 8b  32b  34 8b  32b  34  2b  3   5  2b  34 2       2b  8b   4(b  2) 2  2b  4   2b  4  4 4 2 8b  32b  34  0 (3)  2  (b  2)  1 (4)  Phương trình (3) vô nghiệm b  1 a  2 (4)    b  3  a  1 Trường hợp 1: a = 2, b = 1  A(2;1); B( 1;3) 0,25 Do I là trung điểm của AC,BD nên C(3;4); D( 4;2) Trường hợp 2: a =1, b = 3  A( 1; 2); B( 3;1) Do I là trung điểm của AC,BD nên C(4; 3); D(2;4) Điều kiện xác định : x>-2  2  x  0 x 3  x  4  0,25 x  0 x  4  VII b PT  1  log 2 ( x 2  4 x )  log 2 (2 x  3 )  log 2 (2  x ) (1điểm)  2( x 2  4 x )  2 (2  x ) x  3 1,25đ đối với khối  x 2  4 x  (2  x). x  3 (1) 0,25 B,D với x > 4 thì (1)  x2 – 4x = ( 2 + x )( x-3) 0,25 (loại) x= 2 2 với -2
2  2x – 5x – 6 = 0  5  73 x  0,25 4  `  5  73 x  4  5  73 Đối chiếu đk ta có nghiệm pt là: x  4 Nếu a  0, b  0 thì từ 4 chữ số a, b, 1, 2 ta lập được A43 = 24 số có 0,25 3 chữ số  nhau. Như vậy phải có một số bằng 0. Giả sử a = 0 khi đó ta lập được A43  A32 =18 số và các chữ số 1, 0,25 2, b xuất hiện ở hàng trăm 6 lần, xuất hiện ở hàng chục và hàng VIII b đơn vị 4 lần. ( 1 điểm) Vậy ta có: 0,25 100 .6( 1 + b + 2) + 10 . 4 ( 1+ b + 2) + 4 (1 + b + 2) = 6440  644 ( 3 + b ) = 6440  3 + b = 10  b=7 Vậy a = 0, b = 7 hoặc b = 0 , a = 7 0,25 (Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa)