Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học lần thứ nhất môn toán năm 2012 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
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử đại học lần thứ nhất môn Toán năm 2012 trường THPT Minh Khai
- Trường THPT Minh Khai ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HOC 2011-
̣
2012
́
MÔN: TOAN
Thời gian làm bài: 180 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
m3
Câu I. Cho hàm số y = x + (m − 2) x 2 + (m − 1) x + 2 (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 = x3 − x 2 + 2
3
TXĐ:D=R
Giới hạn : xlim y = + ; xlim y = −
+ −
x=0
CBT: y = x 2 − 2 x , y = 0
x=2
BBT 0,25đ
−
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
x
O 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
I2 0,25đ
y = mx 2 + 2( m − 2) x + m − 1
(1điểm) mx 2 + 2(m − 2) x + m − 1 = 0 (1)
y =0
1,25 đối Hàm số có CĐ ,CT thỏa mãn x10
m>0 4(m − 1) 2 − m(4m − 5) > 0
� >0
∆ �
� �m − 5 > 0
4
��
P>0 �m
�
- 0,25đ
m>0
m>0 4
m<
−3m + 4 > 0 5 4
� �3
� 0
4 � >5 4 3
m
�− m < 0 �4
1
m >1
Vậy 5/4
- 0,25đ
a =1
2x + y = 1
� =1 �x + y = 1 �=4
a 2 x
a = −6(loai ) � � �� �� ��
�=3 4x + y = 3 �x + y = 9 � = −7
b 4 y
b = 4−a
0,25đ
e 2 (e 2( x −1) − 3( x − 1) 2 + 1
e2 x − e2 3x 2 − 6 x + 4
= lim
lim
tan( x − 1) tan( x − 1)
x1 x1
Đặt t = x-1 khi x � 1 t 0
Ta có 0,25đ
III 2t −1
e (e − 3t + 1) − 1) cos t (1 − 3t + 1) cos t
2 2t 2 2
(e
(1điểm) = e 2 lim + e 2 lim
lim
tan t sin t sin t
t 0 t0 t0
0,5đ
e2t − 1 t −3t.cos t
= e 2 lim( .2 cos t ) + e 2 .lim( ) = 2e 2
.
t 0 sin t
2t sin t .(1 + 3t 2 + 1)
t0
t
C
I là trung điểm BC A
Từ A kẻ AI ⊥ BC
AI ⊥ ( BC C B ) AI ⊥ B C (1)
B
Từ I kẻ IM ⊥ B C (2)
M
Từ (1) (2) B C ⊥ ( IAM)
B C ⊥ MA (3) A C
IV Từ (2) (3) góc giữa (A B C) và ( B CB) I
(1 điểm) bằng góc giữa IM và AM = ﾷ 0
AMI = 60
1,25đ (Do tam giác AMI vuông tại I) B
điểm với
khối B,D C
B
1
Ta có AI = BC = a
0,25
2
AI a
IM = tan 600 =
3 M
: ∆ B BC
∆ IMC
IM IC IM .B C B
= � BB = C
I
BB B C IC
a
BB = 3 B C = 1 B C � BB = 1 B B 2 + 4a 2
a 0,25
3 3
2
3 B B = B B + 4a BB = a 2
2 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
2
� 1 1�
1
1 1 1
�+ + � 0,25
� b c�
a
2 2 2
A= a +b +c
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
�+ + � �+ + � 1� 1 1�
1
a b c� � b c� a
=� = = �+ + �
V 0,25
2(ab + bc + ca ) � 1 1�
1 2� b c�
a
2� + + �
( 1 điểm) � b c�
a
0,25
33 1 3
=
2 abc 2
Dấu “ = “ xảy ra a=b=c=1
0,25
2
�a �
a
a
Do ( a1 + a2 + a3 ) = � 1 . b1 + 2 b2 + 3 b3 �
2
�b �
b2 b3
�1 �
�1 a2 a3 � 2
2 2
a
� + + �b1 + b2 + b3 ) (Theo bất đẳng thức Bunhia-copski)
(
� 1 b2 b3 �
b
(a1 + a2 + a3 ) 2
2
a12 a2 a3
2
++
Nên
b1 + b2 + b3
b1 b2 b3
I nằm trên cung AB của ( P) nên I ( a; a2 – 2a + 1) với 0 < a 2
� x>3
điều kiện xác định: 0,25
x2 − 4x + 3 > 0
log 3 ( x 2 − 4 x + 4 ) = log 2 ( x 2 − 4 x + 3)
phương trình
Đặt t = x2 – 4x + 3 ta có phương trình.
log3 ( t +1) = log2 t = a
0,25
VII a t + 1 = 3a
� 2a + 1 = 3a
( 1 điểm) t = 2a
- a a
2 1
� � ��
� �+ � � = 1 (1)
3 3
� � ��
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)
t = 2 x2 – 4x + 3 = 2
a=1
x2 – 4x + 1 = 0
x = 2+ 3
0,25
x = 2− 3
Đ/c điều kiện ta có nghiệm phương trình x = 2 + 3
0,25
6 6
(x ) = ( x − 2) ( x )
6 6
+ 1 = � 6k x k .(−2) 6−k .� 6 x 2i
6
− 2 x2 + x − 2
3 2
Ci
C
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:
0,5
C6 .(−2)0 .C6 + C64 .( −2) 2 .C62 + C64 .C6 .(−2)6 + C62 .( −2) 4 .C6 = 6666
6 1 0 3
Từ giả thiết => A ( a;3 – a) 0,25
B ( b;4 – b)
uu
r uu
r
51 53
� � � �
=> IA = � − ; − a �IB = � − ; − b �
a ; b
� 22 � 22
� �
IA = IB
ABCD vuông tâm I nên uu uu
rr
IA.IB = 0
VI b
0,25
2 2 2 2
� 5� � 1 � � 5� � 3 �
(1 điểm)
� − �+ � − a �= � − �+ � − b �
IA = IB (1)
a b
� 2� � 2 � � 2� � 2 �
uu uu
rr 5� 5�� 1 3
� � � � �
IA.IB = 0 � � − � b − � � − a � − b � 0
+ =
a .� .�
� 2� � 2�� 2 �2� �
2ab – 4a – 3b + 7 = 0
2a ( b -2) = 3b – 7
3b − 7
a= ( do b = 2 không thỏa mãn ) (2)
2(b − 2)
Thay (2) vào (1) 0,25
2 2
8b − 32b + 34 8b − 32b + 34 2 2
� 2b + 3 � � − 2b �
− 5 34
=
�
�+ � �= 2b − 8b +
2
� 4(b − 2) 2
�2b − 4 � � b − 4 � 4
2 4
8b 2 − 32b + 34 = 0 (3)
(b − 2) 2 = 1 (4)
Phương trình (3) vô nghiệm
�=1 �= 2
b a
(4) �= 3 �=1
b a
� �
- 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
x4
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 0,25
(1)
B,D
với x > 4 thì (1) x2 – 4x = ( 2 + x )( x-3) 0,25
(loại)
x=2
với -2
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
