ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011 -2012 MÔN TOÁN KHỐI A , B TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 2

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

206
lượt xem 46
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần i năm học 2011 -2012 môn toán khối a , b trường thpt quỳnh lưu 2', 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 I NĂM HỌC 2011 -2012 MÔN TOÁN KHỐI A , B TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2011 -2012 TRƯỜNG THPT Q UỲNH LƯU 2 TỔ TOÁN MÔN TOÁN KHỐI A , B ( Thời gian : 180 phút ) I ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) Câu 1: (2 điểm) Cho hàm số: y  x 3  3x 2 (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 1 2) Biện luận theo m0 số nghiệm của phương trình: x 2 x  3  m  m Câu 2 : ( 2 điểm )   2sin 2  x    2sin 2 x  t anx Giải phương trình : 1) 4   x2  y2  x  y  8  Giải hệ phương trình :  x y 2) 7   1  y x xy  4   x  sin 2 x  cos2xdx 2 Câu 3 : ( 1 điểm ) Tính tích phân : I = 0 Câu 4 : ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 3cm , các cạnh SA = SB =SC = 3cm Tam giác SBD có diện tích bằng 6 cm2 .Tính thể tích của khối chóp SABCD . Câu 5 : ( 1 điểm )Cho a, b,c là các số thực dương ,abc= 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : bc ca ab A 2 2 2 a b  a c b c  b a c a  c 2b 2 2 II ) PHẦN RIÊNG CHO TỪNG BAN : ( 3 điểm ) ( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ) A ) Dành cho ban cơ bản : Câu 6a :( 1 điểm )Trong không gian với hệ trục Oxyz viết phương trình mặt cầu ( S ) có tâm thuộc trục Oz , cách mặt phẳng ( P ) có phương trình : 2x - y - 2z - 2 = 0 một khoảng bằng 2 và cắt mp (P) theo đường tròn có bán kính bằng 3 .     x 2  1  x  log 2 log 1 x2  1  x Câu 7a : ( 1 điểm ) Giải bất phương trình : log 1 log 5 2 5 Câu 8a :(1 điểm ).Trong hệ toạ độ Oxy. Viết phương trình đường tròn đi qua điểm A(1; 2) có bán kính bằng 1 đồng thời tiếp xúc với đường thẳng d có phương trình : 3x -4y -1 = 0. B ) Dành cho ban nâng cao : Câu 6b:( 1 điểm )Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm A ( 2; 0; 0 ) H (1; ;1; 1) viết phương trình mặt phẳng (P )đi qua điêm A, H sao cho mp (P ) cắt trục Oy , Oz lần lượt tại B ,C thỏa mãn diện tích tam giác ABC bằng 4 6 Câu 7b : ( 1 điểm ) Giải bất phương trình : 3 x1  31 x1  4  0 Câu 8b :(1 điểm ) Trong hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 12  6 6 , tọa độ các đỉnh A(-2; 0), B(4; 0) và độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng 5. Tìm tọa độ điểm C biết tung độ của nó là số dương. ........................................................................HẾT ....................................................................
2 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi : TOÁN , khối A,B Câu Nội dung Điểm Với m = -1 hàm số trở thành : y = x3 -3 x2 1 a)  Tập xác định : R 0,25 x  0 Sự biến thiên : y’ = 3 x2 – 6 x , y’ = 0    x  2  lim y  ; lim   0,25 x  x   Bảng biên thiên :  x 0 2  y’ + 0 - 0 +  0 y -4   hàm số đạt giá trị cực đại tại x =0 y cđ = 0 , cực tiểu tại x = 2 , y ct = -4 0,25 hàm số đồng biến trên các khoảng (  ; 0 ) và ( 2 ;  )  hàm số nghịnh biến trên các khoảng ( 0; 2 ) Đồ thị  Giao điểm đồ thị với trục tung tại điểm ( 0; 0 )  Giao điểm đồ thị với trục hoành tại điểm 0,25  Điểm uốn I ( 1 ; -1 ) y 1 x 1 -1 2 3 -2 -4 b) Giữ nguyên đồ thị (C ) với x lớn hơn hoặc bằng 3 . Lấy đối xứng qua trục hoành 0,5 phần đồ thị ứng với x < 3 .Ta có : 0.25 * ) m < 0 pt vô nhiệm 0,25 * ) 2  3  m  2  3 pt có 4 nghiệm phân biệt *) m  2  3 pt có 3 nghiệm * ) m  2  3và 0 < m < 2 - 3 pt có 2 nghiệm 2 a) 0,25  Đk : x   k . 2 pt  cosx +sin2x .cosx – sin 2x sinx + sinx =0 0,25  ( sinx + cosx ) ( 1- sin2x ) =0  0,5
3 s inx +cosx =0  k x  sin2x =0 42  b)  x  y  3 ( x  y )2  x  y  2 xy  8   0,25 Hệ     x  y  2 : 2 0,25  x  y   xy  7  x  y  xy  1  0,25  0,25 Vậy nghiệm của hệ là : (x;y) = (1 ;2) ,( 2 ; 1) ,( 1;-3 ) (-3; 1) 3     4 4 4 4 1 1 0,5   x.cos2xdx   sin 2 2 x cos 2 xdx  2  xd  sin 2 x   2  sin 2 xd (sin 2 x) 20 0 0 0  1 1 1 1 0,5 4  ( x sin 2 x  cos2x+ sin 3 x)   2 2 3 8 12 0 4 GọGọi H là hình chiếu của S trên (ABCD) suy ra H nằm trên BD (Vì SA = SB = = SC, BD 0,25 là trung trực của AC). Do đó SH đường cao của hình chóp cũng là đường cao của tam giác SBD ; Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì SA = SC = DA = DC nên SO = DO suy ra tam giác SBD là tam giác vuông tại S. Vì dt(SBD) = 6 và SB = 3 nên SD = 4; suy ra BD = 5, 0,25 SH = 12/5. 11 ABCD là hình thoi có AD = 3, DO = 5/2 nên AO = 2 5 11 suy ra dt(ABCD) = 0,25 2 1 VS . ABCD  SH .dt ( ABCD )  2 11 . Vậy thể tích khối chóp S.ABCD bằng 2 11 . 3 0,25 Đặt x =bc , y= ca , z = ab ( x> 0 , y > 0 , z > 0 ) xyz = 1 . Ta có b2c 2 c 2 a2 b2 a 2 x2 y2 z2 A      ab  ac bc  ba ac  bc y  z x  z x  z x2 yz Áp dụng Cô si :  x yz 4 x y z 3 3 3 Tư đó A  xyz  Dâu bằng xay ra khi x= y = z =1  2 2 2 Gọi tâm mặt cầu là I ( 0; 0 ; 2 ) thuộc trục Oz . Do k/c từ I đến mp P bằng 2 nên ta 0,25 6a 0,25 c  2 2c  2 . Vậy I (0; 0; 2 ) và I ( 0 ;0 ; -4 ) Do (S ) cắt P theo có : 2  c  4 3 0,25 đương tròn có bán kính bằng 3 nên bán kính mặt câu ( S) là : R  9  4  13 2 2 0,25 Vậy pt mặt cầu là : x 2  y 2   z  2   13 và x 2  y 2   z  4   13 Đk 7a x> 0 Bpt 0,25     2 2  log 3 log 1 x  1  x  log 3 log 5 x 1  x  0 5      x 2  1  x log5 x2 1  x   0  log 3  log 1 0,5 5       log 25 x 2  1  x  1  0  log 5 x 2  1  x  1  x2  1  x  5 5  x  0 12  0,25  x2  1  5  x   2 2  x x  1  5  x 5  12 Kết hợp đk ta có 0 < x < 5
4 Gọi tâm đương tròn (C ) là I (a; b) .Do (C ) có bán kính bằng 1 , tiếp xúc với d và 0,25 8a điểm A thuộc ( C ) nên ta có hệ pt :  a  1 2   b  2  2  1 2 2  a  1   b  2   1  0,25   3a  4b  6   3a  4b  1  5   3a  4b  4 0,25  3a  4b  6  3a  4b  6  hê vô nghiêm     2 2   4b  3   3b  6   9 2  25b  12b  36  0  a    0,25    3a  4b  4 3a  4b  4 46  256    b   2 2 2  4b  7    3b  6   9 25b  92b  76  0  25   Vậy pt đường tròn là : mpP cắt trục 0y tại B (0; b ;0 ) cắt truc Oz tại điểm C (0; 0 ; c ) 6b xyz Pt mp P có dạng :    1 điểm H thuộc mpP nên : 0,25 2bc 111    1  2  b  c   bc (1) 2bc 1    S ABC   AB; AC   b 2c 2  4(b 2  c 2 )  8 6  b 2c 2  4(b 2  c 2 )  64.6  2  0,25 2  Từ(1) và (2) ta có : b  c  4  b  c  8   3  21 0,25  b  c  8   b  3  21 b    bc  16     2   b  c  6     2 0,25 & b  c  6  3  21 bc  2 b  c     c  3  21 c    bc  12  2    2 7b 0,25 Đk : x  1 3 x 1  x 1  1 3 x  0 x 1 x 1 P t  32  4.3 3 0     0,5  x  1 3 x1  1  x 1  0   0,25 Nghiệm bất pt là : T = 1   0;   Giọi I(x0; y0) là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, suy ra PT đường tròn (C) ngoại 0,25 8b tiếp tam giác ABC là: (x – x0)2 + (y – y0)2 = 25. Vì điểm A(-2; 0), B(4; 0) thuộc đường tròn nên đường tròn ( C) có PT là: 0,25 (x – 1)2 + (y – 4)2 = 25 , (x – 1)2 + (y + 4)2 = 25. (Tìm tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, có thể vẽ hình rồi sử dụng tam giác vuông, lưu ý hai trường hợp) Vì A(-2; 0), B(4; 0) và dt(ABC) = 12  6 6 nên đường cao CH = 4  2 6 . Hai điểm A, B nằm trên trục hoành và C có tung độ là số dương nên C năm trên đường thẳng y = 4  2 6  x – 1 2   y – 4 2  25  Do đó tọa độ điểm C là nghiệm của hệ  (1) và 0,25 y  4 2 6    x – 12   y + 4  2  25  (2)  y  4 2 6   Giải hệ (1), (2) ta có điểm C(0; 4  2 6 ), C(2; 4  2 6 ). 0,25 Thí sinh có thể làm cách khác mà kết quả đúng vẫn đạt điểm tối đa .
5