ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2010 - 2011 MÔN TOÁN – KHỐI A, B

Chia sẻ: Phạm Ngọc Hải | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

142
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

TÀI LIỆU THAM KHẢO - ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2010 - 2011 MÔN TOÁN – KHỐI A, B - SỞ GD-ĐT NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2010 - 2011 MÔN TOÁN – KHỐI A, B

SỞ GD-ĐT NINH BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học: 2010 – 2011 LƯƠNG VĂN TỤY MÔN TOÁN – KHỐI A, B Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1 ( 3điểm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = − x 3 + 3x 2 − 3x b) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = cos3x – 3cos3x + 1 trên [0; π]. c) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y = x 3 − (2m + 3)x 2 + (9m − 2)x − 9m + 6 có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox. Câu 2 (2 điểm) Giải các phương trình: x a) cos (1 − sin x) − cos x = 0 2 2 b) 2 log 3 (2x + 1) + log 2 (3x + 1) = 4x Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD cạnh đáy có độ dài bằng a (a > 0), góc tạo bởi hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) có số đo bằng 600. Xác định khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SCD). Câu 4 (2 điểm) Cho mặt phẳng (P): x + 2y + z – 3 = 0 và điểm M (2; 5; 3), N(1; 0; 2) a) Xác định tọa độ hình chiếu của M trên (P). b) Viết phương trình mặt phẳng chứa M, N và tạo với (P) góc có số đo nhỏ nhất. Câu 5 (2 điểm)
a) Cho parabol (P): y = x2 và hai điểm A, B chuyển động trên (P) thỏa mãn AB = 4. Gọi S là diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và đoạn thẳng AB. Tìm giá trị lớn nhất của S. 4n ∑ (−1) C8n = 24n , với mọi số nguyên dương n. k 2k b) Chứng minh rằng: k =0 --------------Hết-------------- SỞ GD-ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY Năm học: 2010 – 2011 MÔN TOÁN – KHỐI A, B (Đáp án gồm 05 câu, 04 trang) Câu 1 (3 điểm) a. (1 điểm) - TXĐ, giới hạn 0,25 - Đạo hàm, bảng biến thiên 0,25 - Điểm uốn 0,25 - Đồ thị 0,25 b. (1 điểm) f(x) = cos3x – 3cos3x + 1= cos3x – 3cosx + 1 0,25 f’(x) = -3cos2x.sinx + 3sinx = 3sinx(1 – cos2x) = 3sin3x 0,25 f’(x) = 0 ⇔ x = kπ, k∈Z, mà x ∈[0; π] ⇒ x = 0; x = π. 0,25 0,25 f(0) = - 1, f(π) = 3 ⇒ max f(x) = 3 đạt được tại x = π, min f(x) = -1 đạt được tại x = 0 [0;π ] [0;π ] c. (1 điểm) - Điều kiện cần và đủ để đồ thị hàm số y = x 3 − (2m + 3)x 2 + (9m − 2)x − 9m + 6 có hai 0,25 điểm cực trị nằm về hai phía của trục Ox là x 3 − (2m + 3)x 2 + (9m − 2)x − 9m + 6 = 0 (1) có ba nghiệm phân biệt. - Ta có: x 3 − (2m + 3)x 2 + (9m − 2)x − 9m + 6 = 0 ⇔ (x − 3)(x 2 − 2mx + 3m − 2) = 0 0,25 x = 3 ⇔ 2  x − 2mx + 3m − 2 = 0 (2) 0,25 Do đó (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ (2) có hai nghiệm phân biệt khác 3  m 2 − 3m + 2 > 0 3 3 0,25 ⇔ m ∈ (−∞;1) ∪ (2; ) ∪ ( ; +∞). ⇔7 − 3m ≠ 0 3 2  Câu 2 (2 điểm) a. (1 điểm) x (1 − sin x) − cos x = 0 (3) cos 2 2 TXĐ: R
0.25 *) Dễ thấy x = π + k2π, k ∈ Z không là nghiệm của (3) *) x ≠ π + k 2π , k ∈ Z x Đặt t = tan 2 1− t2 1 2t (3) ⇔ (1 − )− = 0 ⇔ (t − 1) 2 + (t − 1)(t 3 + t 2 + t + 1) = 0 1+ t2 1+ t2 1+ t2 t = 0 ⇔ (t − 1)(t 3 + t 2 + 2t) = 0 ⇔  0,25 t = 1 π t = 1 ⇔ x = + k2π, k ∈ Z 2 t = 0 ⇔ x = k2π, k ∈ Z 0,25 0,25 b. (1 điểm) 2 log 3 (2x + 1) + log 2 (3x + 1) = 4x (4) 1 TXĐ (− ; +∞) 3 Xét hàm số , f(x) = 2 log 3 (2x + 1) + log 2 (3x + 1) − 4x ta có: 4 3 + −4 0,25 f’(x) = (2x + 1) ln 3 (3x + 1) ln 2 −8 9 1 − ⇒ f ''(x) < 0 ∀x ∈ (− ; +∞) f’’(x) = (2x + 1) ln 3 (3x + 1) ln 2 2 2 3 1 ⇒ f’(x) nghịch biến trên (− ; +∞) 3 0,25 Mà f(0).f(1) < 0 ⇒ f’(x) = 0 có 1 nghiệm duy nhất và nó thuộc (0; 1). Gọi x0 là nghiệm của f’(x). 1 1 0,25 Vì f’(x) nghịch biến trên (− ; +∞) suy ra f '(x) > 0 ∀x ∈ ( − ; x 0 ); f '(x) < 0 ∀x ∈ (x 0 + ∞) 3 3 Ta có bảng biến thiên x 1 − 0 x0 1 +∞ 3 f’(x) + 0 - f(x) 0 0 0,25 Suy ra phương trình (4) có đúng hai nghiệm là x = 0; x = 1. Câu 3 (1 điểm) Gọi O là giao của hai đường thẳng AC và BD, M là trung điểm của CD. Ta có: (SOM) ⊥ (CD) ⇒ ((SCD),(ABCD))=(SM,OM)=∠ SMO ⇒ ∠ SMO = 600. 0,5
a3 ⇒SO = 2 0,25 Trên mặt phẳng (SOM), kẻ OH vuông góc với SM suy ra OH⊥ (SCD). Trên mặt phẳng (ACH), kẻ AK vuông góc với CH suy ra AK⊥ (SCD). a3 Suy ra d(A,(SCD)) = AK = 2OH = 0,25 2 Câu 4. (2 điểm) a.(1 điểm) r Mặt phẳng (P) có 1 VTPT là n(1; 2;1) . uuuu r r Gọi H(x0; y0; z0) là hình chiếu của M trên (P) suy ra MH, n cùng phương 0,25 x 0 − 2 = t  ⇒ ∃t ∈ R:  y0 − 5 = 2t ⇒ H(t + 2; 2t + 5; t + 3) 0,25 z − 3 = t 0 0,5 H∈(P)⇒t + 2 + 2(2t+5) + t + 3 – 3 = 0 ⇔ t = -2 ⇒ H(0;1; 1). b. (1 điểm) Giả sử mặt phẳng (Q) chứa M, N và cắt mp(P) theo giao tuyến d. Kẻ HK vuông góc với a tại H suy ra ((P);(Q))=∠ MKH. 0,25 MH MH · · · · tan MKH = ≥ = tan MNH ⇒ MKH ≥ MNH HK MN · Min((P),(Q)) = MNH , đạt được khi K trùng N hay HN⊥ a. 0,25 r r uuur Khi đó: (Q) có 1 VTPT là [n,[n,HN]]=(-6;6;-6) 0,25 Suy ra phương trình của (Q) là: x – y + z – 3 = 0. 0,25 Câu 5 (2 điểm) a. (1 điểm) Giả sử A(xA;yA), B(xB;yB), xA < xB. Gọi A’, B’ thứ tự là hình chiếu của A, B trên Ox, ta có: X (x − x A )3 1 0,5 B S = (x B − x A )(y A + y B ) − ∫ x 2dx = B 2 6 XA Mà AB = 4 ⇒ (x B − x A ) 2 + (y B − y A ) 2 = 16
0,25 4 32 ⇒ xB − xA = ≤ 4⇒S≤ 3 1 + (x B + x A ) 2 0,5 Max S = 32/3, đạt được khi A(-2;4); B(2; 4). b. (1 điểm) 4 n −1 4 n −1 8n 4n 4n (1 + i )8n = ∑ C8kni k = ∑ C82nk i 2k + ∑ C82nk +1i 2 k +1 = ∑ (−1) k C82nk − i ∑ ( −1) k C82nk +1 k =0 k =0 k =0 k =0 k =0 4 n −1 4 n −1 8n 4n 4n (1 − i )8 n = ∑ C8kn (−i ) k =∑ C82nk (−i) 2 k + ∑ C82nk +1 (−i) 2 k +1 = ∑ ( −1) k C82nk + i ∑ (−1) k C82nk +1 0.5 k =0 k =0 k =0 k =0 k =0 4n 1 ⇒ ∑ (−1) k C82nk = [(1 + i)8n + (1 − i)8 n ]= 2 k =0 π π π π 1 [( 2(cos +isin ))8n +( 2(cos +isin ))8n ]=2 4 n cos2nπ = 2 4 n 0.5 2 4 4 4 4