Đề thi thử đại học môn Toán 2011 đề 40

Chia sẻ: Vu Thanh Hai Hai | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, học sinh trung học phổ thông đang trong giai đoạn ôn thi đại học môn toán - Một số đề thi thử đại học giúp củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải toán nhanh và chính

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn Toán 2011 đề 40

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI MÔN TOÁN KHỐI A-B NĂM HỌC 2010-2011 ..........................&......................... (Đề gồm01trang-Thời gian làm bài180phút) I .PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm) 2x + 3 Câu I (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C) của hàm số: y = x−2 2. Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt sao cho tiếp tuyến của (C ) tại hai điểm đó song song với nhau. 2 sin 6 x − 2sin 4 x + 3cos2 x = 3 + sin 2 x Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2.Giải phương trình: log 5 ( −4 x + 13x − 5) − log 25 (3 x + 1) = 0 2 2010 2011 1+ i  1− i  + Câu III (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức Z biết: Z =    1− i  1+ i  Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gr i I là uur điểm của BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: ọ trung uu u IA = −2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và 0 khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x + y + z = xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 2 5 biểu thức: P = + 2+ 2 2 x y z II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng ∆ 1: x + y –3 =0 và đường thẳng ∆ 2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc ∆ 1 và điểm C thuộc ∆ 2 sao cho ∆ ABC vuông cân tại A + 2 x2 1 2. Giải phương trình: (9 − 2.3 − 3)log 3 ( x − 1) + log 1 27 = .9 − 9 x x x 3 3 n  1 n −1 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x trong khai triển  2 x + ÷ biết rằng An − Cn+1 = 4n + 6 . 2 6  x B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG.  3x 2 + 1 + xy = 1 + x  2. Giải hệ phương trình  3 x +1 y −2 y +3 x 2 + 2 = 3.2  Câu VII.b (1,0 điểm) Cho (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15. Tìm hệ số a10. ....…………………Hết………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên...................................................SBD................www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ KSCL MÔN TOÁN NĂM HỌC:2010-2011.THPT NGUYỄN TRÃI Nội dung Điểm Câu ý TXĐ: D = R\{2} lim− y = −∞ ; lim+ y = + ∞ ⇒ x = 2 là tiệm cận đứng 0.25 x→2 x→2 lim y = 2 lim y = 2; ⇒ y=2 là tiệm cận ngang x → −∞ x→+ ∞ 1 −7 < 0; ∀x ≠ 2 ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ∞;2) và (2; + ∞ ); y’ = ( x − 2) 2 0.25 Hàm số không đạt cực trị Lập đúng, đầy đủ BBT 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 I Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) là: 2x + 3 2 = 2 x + m ⇔ 2 x 2 + (m − 6) x − 2m − 3 = 0 (1) (x = 2 không là nghiệm của 0.25 x−2 phương trình) (d) cắt (C ) tại hai điểm phân biệt mà tiếp tuyến tại đó song song với nhau ⇔ (1) 0.25 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn: y’(x1) = y’(x2) hay x1+x2 = 4 ∆ = (m − 6) 2 + 8(2m + 3) > 0  ⇔ 6 − m ⇔ m = −2 0.5 =4  2 pt đã cho ⇔ 2cos5 x sin x = 3 sin 2 x + sin x cos x 0.25 s inx = 0 ⇔ 0.25  2 cos5 x = 3 s inx + cos x +) s inx = 0 ⇔ x = kπ 0.25 1 π kπ  x=− +  π 12 2 +) 2cos5 x = 3 s inx + cos x ⇔ cos5 x = cos( x − ) ⇔  0.25 π kπ 3 x = +   18 3 II  −4 x + 13x − 5 > 0 2 Điều kiện:  3 x + 1 > 0 0.25 Pt ⇔ log 5 (−4 x + 13 x − 5) = log 5 3x + 1 ⇔ −4 x 2 + 13 x − 5 = 3 x + 1 2  4 x 2 − 13 x − 2 y + 8 = 0  3x + 1 = −2 y + 3 . Ta được hệ phương trình  2 Đặ t 0.25  4 y − 12 y − 3 x + 8 = 0  Giải hệ được y=x hoặc 2y =5-2x 2 15 − 97 Với y=x ⇒ 4 x 2 − 15 x + 8 = 0 , tìm được nghiệm x = 0.25 8 11 + 73 Với 2y=5-2x ⇒ 4 x 2 − 11x + 3 = 0 , tìm được nghiệm x = 8   15 − 97 11 + 73  Vậy tập nghiệm của pt đã cho là T =  0.25 ;  8 8     25 1 5 1 Chú ý: Pt ⇔ 4 x − 10 x + = 3 x + 1 − 3 x + 1 + ⇔ (2 x − ) 2 = ( 3 x + 1 − ) 2 2 4 4 2 2 III 0.5
S Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH 0,25 IA a BC = AB 2 = 2a ; AI = a ; IH = = 2 2 K 3a AH = AI + IH = A B 2 I C H a5 Ta có HC = 2 0,25 IV a 15 ∧ ∧ Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC ; ( ABC )) = SCH = 60 ; SH = HC tan 60 = 0 0 2 a 15 a 3 15 1 11 VS . ABC = S ∆ABC .SH = . (a 2 ) 2 = 0,25 3 32 2 6 BI ⊥ AH   ⇒ BI ⊥ ( SAH ) BI ⊥ SH  0.25 d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a = = ⇒ d ( K ; ( SAH )) = d ( B; ( SAH ) = BI = Ta có d ( B; ( SAH )) SB 2 2 2 2 1 1 1 Đặ t a = , b = , a = khi đó ta có ab+bc+ca =1 và P = a 2 + 2b 2 + 5c 2 0.25 x y z Ta có (a − b − c ) 2 + (b − 2c) 2 ≥ 0 với mọi a, b, c 0.25 ⇔ a 2 + 2b 2 + 5c 2 − 2(ab + bc + ca ) ≥ 0 ⇔ P - 2 ≥ 0 ⇔ P≥ 2 0.25 a = 3 / 11 a − b − c = 0 V    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b − 2c = 0 ⇔ b = 2 / 11  ab + bc + ca = 1  c = 1/ 11   0.25 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2 B ∈ ∆ 1 ⇔ B(a; 3 –a) . C ∈ ∆ 2 ⇔ C(b; 9-b) uuu uuu rr   AB. AC = 0 0.25 ∆ ABC vuông cân tại A ⇔  2  AB = AC 2  0.25  2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1) ⇔ 2  2a - 8a = 2b − 20b + 48 (2) 2 1 a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
5a - 8 (1) ⇔ b = 0.25 . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 a-2 Với a = 0 suy ra b = 4. B(0;3), C(4;5) 0.25 VI.a Với a = 4 suy ra b = 6. B(4;-1), C(6;3) • ĐK: x > 1 • Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương 0.25 0.25 2 0.5 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm : n −1 Giải phương trình An − Cn +1 = 4n + 6 ; Điều kiện: n ≥ 2 ; n ∈ N. 2 (n + 1)! Phương trình tương đương với n(n − 1) − = 4n + 6 ⇔ 2!(n − 1)! 0.25 n(n + 1) n(n − 1) − = 4n + 6 2 ⇔ n2 – 11n – 12 = 0 ⇔ n = - 1 (Loại) hoặc n = 12. Với n = 12 ta có nhị thức Niutơn: 12 24 −3 k k  1 12 12 − ÷ = ∑ C12 ( 2 x ) .x = ∑ C12 .2 .x 2 12 − k 12 − k 0.25  2x + k k 2  x VII.a k =1 k =1  k ∈ N , 0 ≤ k ≤ 12 ⇔ k = 4. Số hạng này chứa x 6 khi  0.25  24 − 3k = 12 48 Vậy hệ số của số hạng chứa x 6 là: C12 2 0.25 Giả sử B ( xB ; yB ) ∈ d1 ⇒ xB = − yB − 5; C ( xC ; yC ) ∈ d 2 ⇒ xC = −2 yC + 7  xB + xC + 2 = 6 0.25 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:   yB + yC + 3 = 0 VI.b Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 uuu r uuu r 1 Ta có BG (3; 4) ⇒ VTPT nBG (4; −3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 81 ⇒ phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = Bán kính R = d(C; BG) = 0.25 5 25 x + 1 ≥ 0  x ≥ −1 3x 2 + 1 + xy = x + 1 ⇔  2 ⇔  x(3 x + y − 1) = 0 3 x + 1 + xy = x + 1  x ≥ −1 x = 0 0.25   ⇔  x = 0 ⇔   x ≥ −1  y = 1 − 3 x 3 x + y − 1 = 0   Với x = 0 thay vào (1) 0.25 8 8 2 + 2 y − 2 = 3.2 y ⇔ 8 + 2 y = 12.2 y ⇔ 2 y = ⇔ y = log 2 11 11
 x ≥ −1 2 thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2 3 x +1 + 2 −3 x −1 = 3.2 Với  y = 1 − 3x  1 Đặt t = 2 3 x +1 Vì x ≥ −1 nên t ≥ 4 0.25 [( )]  1 t = 3 − 8( lo¹ i ) x = log2 3 + 8 − 1 1 (3) ⇔ t + = 6 ⇔ t − 6t + 1 = 0 ⇔  ⇔ 2 3 t t = 3 + 8 y = 2 − log (3 + 8)   2 x = 0  VËy hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm  8 và y = log2 11  0.25 [( )]  1 x = log2 3 + 8 − 1 3  y = 2 − log (3 + 8)  2 Ta P(x) = [(1 + x)(1 + x2)]5= (1+x)5(1+x2)5 0,25 5 5 5 5 ( ) = ∑∑ C C x ∑ C5k x k .∑ C5i x 2 i i k + 2i k = 0,25 5 5 k =0 i =0 k = 0 i =0  i = 3   k = 4 VII.b  k + 2i = 10  i = 4  Theo gt ta có 0 ≤ k ≤ 5, k ∈ N ⇔   0,25  k = 2 0 ≤ i ≤ 5, i ∈ N    i = 5  k = 0  ⇒a10= C5 .C5 + C5 .C5 + C5 .C5 = 101 0 5 2 4 4 3 0,25