ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

131
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 4 năm 2011 môn: toán, khối a - trường thpt ngô gia tự', 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 4 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ

www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM HỌC 2010 -2011 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 4  2mx 2  5  m  Cm  1. Khảo sát sự biến thiên và về đồ thị (Cm) của hàm số đã cho với m  2 . 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị (Cm) có ba điển cực trị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 243 . Câu II (2,0 điểm)     1. Giải phương trình 4 sin  x    2sin  2 x    1 . 3 6    x 2  2x  6  y  1  2. Giải hệ phương trình  2 2  x  y  xy  7   2 sin 2 x Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx 3  4sin x  cos 2 x 0 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A/ B / C / có đáy là tam giác vuông đỉnh A. Biết   AB  a, AC  a 3 , A/ A  A/ B  A/ C , mặt phẳng A/ AB hợp với mặt đáy một góc bằng 600 . Tính thể tích lăng trụ và cosin góc giữa đường thẳng BC với AA/ . Câu V (1,0 điểm). Cho các số dương a, b thỏa mãn 2a 2  b 2  2a  b . Chứng minh a  b  3ab  3 . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Thí sinh ban A Câu VIa (2,0 điểm) 1. Tam giác ABC cân đỉnh A, biết A(3;-3), hai đỉnh B, C thuộc đường thẳng x  2 y  1  0 , điểm E(3; 0) nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh C. Tìm tọa độ hai đỉnh B, C. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai mặt phẳng  P  ,  Q  cắt nhau có phương trình:  P  : x  2 y  1  0,  Q  : 3 y  z  6  0 . Viết phương trình mặt phẳng chứa giao tuyến của hai mặt phẳng  P  ,  Q  đồng thời vuông góc với mặt phẳng Oxy. 2 Câu VIIa(1,0 điểm). Giải phương trình 4 x 2  6log2 x  2.3log2 4 x . B. Thí sinh ban B và ban D Câu VIb (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC , đỉnh A  2;3 , đỉnh B nằm trên trục Ox, đỉnh C nằm trên đường thẳng x  y  2  0 , chân đường cao H kẻ từ đỉnh C có tọa độ H  2; 2  . Tìm tọa độ hai đỉnh B, C. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng  P  : x  y  z  1  0 và điểm A  2;1;1 . Viết phương trình mặt phẳng  Q  qua A vuông góc với mặt phẳng  P  và cắt trục Ox tai điểm M thỏa mãn OM  2   Câu VIIb (1,0 điểm) Giải phương trình log 3  x  1  2log3 x  2  log 9 1  6 x  9 x 2  log 3  4  x  --------------Hết------------- Họ tên thí sinh…………………………………………….SBD……………………………………..
ĐÁP ÁN TOÁN 12 Câu Nội dung trình bày Điểm I.1 Khảo sát vẽ đúng đồ thị   1.0 điểm Lưu ý: Điểm cực đại  0;3  , điểm cực tiểu  2; 1 1.0   0.25 y /  4 x x 2  m , hàm số có ba cực trị khi m  0    0.25 m ; m 2  m  5 , C  m ; m 2  m  5 Tọa độ các điểm cực trị A  0;5  m  , B I.2 1.0 điểm Dễ thấy tam giác ABC cân tai A có 0.5 BC  2 m ; d  A, BC   m 2  S ABC  243  m 2 m  243  m  3 0.5      PT  2 sin  x    sin  sin  2 x   3 6 6   II.1          2 sin  x    2sin x cos   x   2sin  x    2sin x sin  x   1.0 điểm 0.25 3 6 3 3         sin  x  3   0   x    k 0.25 3     x  k sin x  0   x  y   x  y   2  x  y   5   x 2  y 2  2  x  y   5  Với y  1 hệ PT  2 2    2 2 4 x  y  xy  28  x  y  xy  7  0.5   x  y   x  y   2  x  y   5   2 2 3  x  y    x  y   28 II.2  1.0 điểm a  x  y Đặt  b  x  y 0.5 ab  2b  5   a; b    3; 1 ,  1; 5    x; y   1; 2  ,  3; 2  hệ có dạng  2 2 3a  b  28     2 2 2 2 2 sin x cos xdx sin xd sin x d sin x d sin x 0.5 I     2 sin x  4sin x  2 0 1  sin x  0 1  sin x 0 1  sin x 2 2 2 III 0 1.0 điểm 1   |02  ln 4e   ln 1  s inx  1  s inx  0.5   IV 1.0 điểm A/ C/ Nội dung Điểm Gọi I, M lần lượt là trung điểm BC và AB B/ Dễ thấy A / I   ABC  và AB  A/ IM    600 0.25   AIM 3 3a 3 3a A/ I  0.25  VABC . A/ B/ C /  2 4 Lại do hai tam giac vuông IA/ A và A/ IB bằng nhau 13 C A 0.25  BB /  A/ A  IB  a 2 M I B  1     cos AA/ , BC  cos BB / , BC  cos B / BI  0.25 13
Câu Nội dung trình bày Điểm 0.5 2 Từ giả thiết 2a  b  2a 2  b 2  3  2a  b    2  1  2a 2  b 2    2a  b   2a  b  3  6a  2   3b  1  8 Ta có: 3a  3b  9ab  9   3a  1  3b  1  8  V 2 1.0 điểm 2  6a  3b  1  6a  3b  9   6a  3b  7   0 0.5  8  8 8  a  b  3ab  3 Gọi I là trung điểm BC do I  BC  I  2m  1; m  A   AI   2m  4; m  3 ; AI  u BC   2;1 0.5  2  2m  4    m  3  0  m  1  I 1;1 H VIa.1 B  BC  B  2b  1; b  do C đối xứng B qua 1.0 điểm 0.25 I  C  3  2b; 2  b  x-2y+1=0        AB   2b  4; b  3 , CE   2b; b  2  do AB  CE C B I 0.25 3 2b  2b  4    b  2   b  3  0  b  2 or b   5 * b  2  B  3; 2  , C  1; 0  0.25 3  11 3  21 13  * b    B ; , C  ;  5  5 5 5 5 Kết luận: Có hai cặp điểm………… 0.25     0.5 Gọi    P    Q   u   nP , nQ    2;1;3   Lại có M o   1; 6; 0     0.25 VIa.2 Gọi n là véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng qua  và vuông góc với mp Oxy 1.0 điểm        n  u , nOxy  1; 2; 0     0.25 Vậy PT mặt phẳng cần xác định đi qua M o và nhận n làm véc tơ pháp tuyến nên phương trình là : x  2 y  11  0 0.5 61log2 x 2 2 ĐK x  0 . PT  2log 2 4x  6log2 x  2.3log2 4 x  2 2log2 2 x   2.32log2 2 x  0 6 VIIa 2log 2 2 x log 2 2 x 2  2 2log 2 2 x log 2 2 x log 2 2 x 1.0 điểm  6.2 6  12.3  0  6.      12  0 0.25 3  3 log 2 2 x 2 3 1 x    0.25 3 2 4 0.25 Phương trình AH : x  4 y  10  0 VIb.1 0.25 AH cắt Oy tại B  10;0  1.0 điểm 0.25 Phương trình CH: 4 x  y  6  0  4 6 CH cắt đường thẳng x  y  2  0 tại C   ;  0.25  5 5      Giả sử nQ   A; B; C   A2  B 2  C 2  0  do n p nQ  0  C  A  B 0.25 0.25 Vậy phương trình  Q  : Ax  By   A  B  z  3 A  2 B  0 VIb.2 m  2 1.0 điểm M  m; 0.0   Ox : OM  2   0.25  m  2
* m  2  PT  Q  : 2 x  y  3z  8  0 0.25 * m  2  PT  Q  : 2 x  5 y  3 z  4  0 1  ĐK x   1; 4  \   0.5 3 PT  log 3  x  1  x  2   log 3  4  x  1  3x   x  1  x  2    4  x  1  3 x 1 VIIb * 1  x   x  4  15 0.25 3 1.0 điểm x  1 1 * x4 0.25 x  3 3  2