ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN TOÁNTRƯỜNG THPT YÊN THÀNH 2

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

Thêm vào BST

Báo xấu

104
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần thứ nhất năm học 2011 – 2012 môn toántrường thpt yên thành 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 THỨ NHẤT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN TOÁNTRƯỜNG THPT YÊN THÀNH 2

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2011 – 2012 TRƯỜNG THPT YÊN THÀNH 2 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x3 – 3x + 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho tiếp tuyến với ( C) tại M, cách đều hai điểm cực trị của đồ thị hàm số Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2tan2x + 2sin2x = 3cotx . x3  x 3 2. Giải phương trình: 3  2.3x  x  32 x  2  0 13 x  x 3  2012 x Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = dx  x4 1 3 Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạo bởi các mặt bên và đáy bằng 60o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC 2 x 2  2 xy  3x  y  1  0  Câu V: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  2 2 2 2 x y  2 x y  2  0 4  II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm) x  3 y 1 z  5 1. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : và điểm A(2;3;1) Viết   1 2 4 phương trình đường thẳng  đi qua điểm A cắt đường thẳng d và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến  là lớn nhất 2. Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d1: x – 2y + 1 = 0; d2: 3x – y – 2 = 0; d3: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d1 điểm N trên d2 sao cho MN = 5 và MN song song với d3 CâuVII.a (1,0 điểm) Từ các số 0;1;2;3;4;5;6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số khác nhau mà tổng của ba chữ số đó bằng 7 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x2 + y2 – x – 4y – 2 = 0 và các điểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA2 + MB2 nhỏ nhất 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x -3y + 4z – 1 = 0 ; đường thăng  x  1  3t  d:  y  1  t và điểm A(3;1;1) .Lập phương trình đường thẳng  đi qua A cắt đường thẳng d và z  2t  song song với mặt phẳng (P ) 1  cos 2011x. cos 2012x Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn sau: I = lim x2 x 0 ------------------------Hết----------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Thí sinh khối D không phải làm câu V. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:………………………………………………..SBD:…………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL NĂM HỌC 2011-2012. TOÁN 11. CÂ ĐIỂ ĐÁP ÁN U M 1.TXĐ: D = R 1.1 2.Sự biến thiên y' = 3x2 - 3, y ' = 0 x = 1 và x = -1 0,25 y '  0  x  (; 1)  (1; ); y '  0  x  (1;1) do đó hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) va (1; ) , nghịch biến trên khoảng (-1; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = -1, ycđ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yct = 0 0,25 lim y  ; lim y   x  x  Bảng biến thiên  -1  x 1 0 0 y' 4  y 0,25  0 3. Đồ thị. -Đồ thị hàm số đi qua các điểm (-2; 0), (-1; 4), (0; 2), (1; 0), (2; 4) và đối xứng qua điểm (0; 2) -Vẽ đồ thị y 4 0,25 2 -2 2 x -1 O 1
-Điểm M thuộc (C) nên M(a, a3 - 3a + 2), tiếp tuyến tại (C) có hệ số góc 1.2 k = 3a2 - 3 0,25 -Tiếp tuyến tại M cách đều 2 trục toạ độ chỉ xẩy ra trong các trường hợp sau TH1. TT song song với AB (đường thẳng đi qua 2 cực trị): 2x + y - 1 = 0 1 1 8   a  3 M ( 3 ; 2  3 3 ) 3a2 - 3 = -2   1 1 8   0,25 a  3  M '( 3 ; 2  3 3 )   0.25 TH2. TT đi qua điểm uốn U(0; 2) 0,25 -Vậy có 3 điểm thoả mãn yêu cầu bài toán 2.1 cos2 x  0 -ĐK  0,25 s inx  0 pt  2sin 2 x(1  cos2 x).s inx  3cos x.cos2 x  2sin 2 2 x.cos x  3cos x.cos 2 x     x  2  k   x  2  k  -  cos x  0    cos2 x  2   x   n   2 6  2cos 2 x  3cos2 x  2  0 0,5  1   x    m cos2 x  2   6  -Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có 3 họ nghiệm:... 0,25 2.2 0,25 x3  x x3  x x3  x x3  x pt  3  2.3 3 20 .3 x3  x x3  x x3  x 3 3 x x )  0  (1  3x )(2  3x 3 (1  3 )  2(1  3 )0 0,25 3 3x  x  1 x  0  3   x  1 3x  x  2  0 (VN ) 0,5  3 13 1 x  x3 dx I  dx  2012  3  I1  I 2 4 x 1x 1 3 3 1 1 13 x 2 dx , đặt -Tính I1: I1   x3 1 3 2dx 1 1 dx 3  1  t 3  2  1  3t 2 dt  3  3   t 2 dt t 3 2 x x x x 2 1 Đổi cận: x   t  2; x  1  t  0 3 0 0,5 33 3 Khi đó I1    t dt  t 4  6 22 8 0,25 -Tính I2 = 8084
-Vậy I = 6 +8084 =8090 0,25 4 S Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của H lênh cạnh AB, AC, BC. Khi đó thể tích V của khối chóp được tính bởi công thức 1 V  S ABC .SH N A 0,25 C 3 1 H M mà S ABC  AB.AC  6 0,25 2 K -Tính SH. Xét các tam giác SHM, SHN, SHK vuông tại H, B có các góc SMH, SNH, SKH 0 bằng 60 do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội t iếp tam giác ABC => 2S ABC  1 =>SH = HM.tan600 = 3 0,25 HM  AB  BC  CA 1 0,25 Vậy V  3.6  2 3 3 5 2 x 2  2 xy  3x  y  1  0   x2  y2 2 2  2 x y  2  0 4   (2 x  1)( x  1)  y (2 x  1)  0 2 x 2  2 xy  3x  y  1  0       2 x  y  1 2 2  x2  y 2  2 2  2 x y  2  0 4 0,5   x2  y2  2 2   1 x  2  2 x  1  0     x2  y 2   2 2  3   y   0,25  2 x  y 1  0    x2  y 2 x  0 x  1 2  2     y  1  y  0 Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:... 0,25 Giả sử  cắt d tại B => B(3 + t; 1 + 2t; 5 + 4t). Gọi H là hình chiếu của O lên  6a.1 0,25 khi đó OH  OA do đó OH lớn nhất khi H trùng A,    như vậy đường thẳng  cần lập vuông góc với OA AB.OA  0     mà AB  (t  1; 2t  2; 4t  4); OA(2;3;1) ,
   0,5 nên AB.OA  0 2t + 2 + 6t - 6 + 4t + 4 = 0 t = 0 => B(3; 1; 5) x  3 y 1 z  5 Vậy  :   0,25 2 1 4 M thuộc d1, N thuộc d2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2) 6a.2 0,25 MN  5  MN 2  5  (b  2a  1) 2  (3b  a  2) 2  5 (1)    MN / / d3  MN .nd3  0  (b  2a  1;3b  a  2).(2;1)  0  a  b thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2 0,5 Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4) 0,25 -Bộ 3 chữ số có tổng các chữ số bằng 7 gồm {0; 1; 6} (a), {0; 2; 5} (b), {0; 3; 4} (c), 7 {1; 2; 4} (d) 0,25 -Mỗi bộ trong các bô (a), (b), (c) có số cách lập là: 3! - 1.2.1 = 4 số (trừ chữ số 0 đứng đầu) => 3 trường hợp đầu có 12 số được lập 0,25 -Bộ (d) có 3! = 6 số được lập 0,25 -Vậy có 12 + 6 = 18 số được lập thoả mãn yêu cầu bài toán 0,25 6b.1 0,25 1 5 -Đường tròn (C) có tâm I ( ; 2), R  2 2 -Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có MA2  MB 2 AB 2 AB 2 MH 2   P  MA2  MB 2  2 MH 2   2 4 2 0,25 do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C)  x  5  3t , thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t2 + 3t + 2 = 0 mà IH :   y  4  4t 0,25 t = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4) 0,25 -Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm -Giả sử B là giao điểm của d và  => B(1 + 3t; -1 + t; 2t) 6b.2 0,25    -Vì AB//(P) nên AB.nP  0  t  0 => B(1; -1; 0) 0,5 x  3 y  1 z 1 0,25 -Vậy đường thẳng  :   2 2 1 7b 1  cos 2011x  cos201x(1  cos 2012x ) I  lim 0,5 x2 x0 2011x 2sin 2 2 2  2sin 1006x . cos2011x ] 0,25  lim[ x2 x2 1  cos2012x x 0 0,25 2011 2 8092265 )  2.(1006) 2  =2.( 2 2