Đề thi thử đại học môn Toán 2011 đề 43

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

Thêm vào BST

Báo xấu

74
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học môn toán 2011 đề 43', 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 môn Toán 2011 đề 43

TRƯỜNG THPT YÊN THÀNH II ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN: Khối A Thời gian làm bài: 180 phút,không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) CâuI: ( 2.0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3mx + 3m + 4 đồ thị là ( Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 0 2. Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( Cm) và trục hoành có phần nằm phía trên trục hoành bằng phần nằm phía dưới trục hoành CâuII: ( 2.0 điểm) 1. Giải phương trình cos2x + cos4x + cos6x = cosxcos2xcos3x + 2 2. Giải phương trình ( 2x +1) x 2 + 3 + x 2 − 2 x + 1 = 0 CâuIII: ( 1.0 điểm) π sin 4 xdx 6 ∫ Tính tích phân I = 2− x + 1 π − 6 Câu IV: ( 1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB và R là một điểm trên cạnh BC sao cho BR = 2RC . Mặt phẳng ( PQR) cắt AD tại S . Tính CD thể tích khối tứ diện SBCD theo a Câu V:( 1.0 điểm) 2 2 x 2 − y 2 = y 2 − 2 x 2 + 3  Giải hệ phương trình  3  x − 2 y = y − 2x 3  PHẦN RIÊNG ( 3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A Theo chương trình chuẩn Câu V.a ( 2.0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ 0xyz cho các điểm A( 0;0;2), B(3; 0;5), C(1;1;0) , D( 5;1; 1. 2).Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A,B đồng thời cách đều hai điểm C và D 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (0xy) cho đường tròn ( C) có phương trình: (x – 1)2 + (y-2)2 = 4 Và điểm K( 3;4) . Lập phương trình đường tròn ( T) tâm K cắt đường tròn ( C) Tại hai điểm A,B Sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất với I là tâm của đường tròn ( C) Câu VIa ( 1.0 điểm) 5 − x3 − 3 x 2 + 7 Tìm giới hạn sau I = lim x2 −1 x →1 A Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: ( 2.0 điểm) x y −1 z 1. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng ( d ) có phương trình: = = 2 1 3 Và hai điểm A( 1;2;-4) ; B( 1;2;-3) .lập phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua B và cắt đường đồng thời khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng ( ∆ ) là lớn nhất ( d) 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 0xy cho hai đường thẳng d1: x + 2y – 7 = 0 và d2: 5x + y – 8 = 0 và điểm G( 2;1) . Tìm tọa độ điểm B thuộc d1 điểm C thuộc d2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm biết A là giao điểm của d1 và d2 CâuVIb: ( 1.0 điểm) x 2 + 1 − cos x Tìm giới hạn sau: I = lim x2 x→0
Hết www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT YÊN ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 THÀNH 2 NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán (Hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang) Hướng dẫn giải Điểm Câu I.1 1,0 Hàm số bậc 3 nhận điểm uốn làm tâm đối xứng nên ycbt tương đương với hàm số I.2 0,25 có cực trị và điểm uốn thuộc Ox 0,25 *Hàm số có cực trị khi phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt 3x2-6x+3m=0 có 2 nghiệm phân biệt ∆ ' = 9(1 − m) > 0 ⇔ m < 1 0,25 *y''=6x-6 = 0 x = 1 => y = 6m + 2 => đồ thị hàm số nhận điểm U(1; 6m+2) làm điểm uốn −1 0,25 Điểm uốn thuộc Ox khi yU = 0 6m+2 = 0 m = 3 −1 Vậy m = là giá trị cần tìm 3 II.1 1 pt ⇔ cos2 x + cos4 x + cos6 x = (cos3 x + cos x) cos 3 x + 2 0,25 2 ⇔ 2cos2 x + 2cos4 x + 2cos6 x = cos 2 3 x + cos x cos 3x + 4 0,25 ⇔ ... ⇔ cos2 x + cos4 x + cos6 x = 3 cos2 x = 1  0,25 ⇔ cos4 x = 1 ⇔ ... cos6 x = 1  0,25 ⇔ x = kπ Đặt II.2 0,25 x2 + 3 = t ≥ 3 ⇒ x2 = t 2 − 3 x +1 ≤ 0 t = 1 ( L ) 0,5 pt ⇔ t 2 + (2 x + 1)t − 2 x − 2 = 0 ⇔  ⇔ x 2 + 3 = −2 x − 2 ⇔  2 t = −2 x − 2 x + 3 = 4 x2 + 8x + 4    x ≤ −1    x = −4 + 13 ( L) 0,25  ⇔ 3     x = −4 − 13   3 III Ta có 0,25
π π 0 x 4 x 4 2 x sin 4 xdx 6 6 2 sin xdx 2 sin xdx ∫π ∫π +∫ I= = = I1 + I 2 2x + 1 2x + 1 2x + 1 0 − − 6 6 −π π 0,25 dat x = −t ⇒ dx = − dt , khi x = ⇒ t = ;x = 0⇒ t = 0 6 6 0 −t 0 2 sin (−t )dt 4 4 sin (t ) dt ⇒ I1 = − ∫ =∫ t −t 2 +1 2 +1 0,25 π π 6 6 π π π π π 0,25 4 x 4 6 6 6 6 6 sin xdx 2 sin xdx 1 1 ⇒I=∫ x +∫ = ∫ sin 4 xdx = ∫ (1 − cos2 x) 2 dx = ∫ (3 − 4cos2 x + cos4 x)dx 2 +1 2 +1 x 40 80 0 0 0 4π − 7 3 1 1 = (3 x − 2sin 2 x + sin 4 x ) = 8 4 64 RQ cắt BD tại K IV Gọi I là trung điểm của BR =>DI//RQ 0,25 => ID là đường trung bình của tam giác BRK =>D là trung điểm của BK, từ đó suy ra S là trọng tâm tam giác ABK A A AS 2 ⇒ = a 0,25 AD 3 Â VABSC P AS 2 1 = = ⇒ VSBCD = VABCD ta có 0,25 a VABCD AD 3 3 C S R Â A IA a a3 3 a3 3 a = ⇒ VSBCD = mà VABCD B a aÂ 12 36 Â 0,25 A Â Q Â a a Â Â D a Â K A V ĐK a  2x2 − y 2 = 1 Â 2 x − y ≥ 0, pt (1) ⇔ (2 x − y ) + 2 2 x − y − 3 = 0 ⇔  ⇒ 2x2 − y 2 = 1 2 2 2 2 2 2 0,25  2 x 2 − y 2 = −3 ( L )  pt (2) ⇔ x − 2 y = ( y − 2 x)(2 x − y ) ⇔ x − 2 y = 2 x y − 4 x 3 − y 3 + 2 xy 2 3 3 2 2 3 3 2 ⇔ 5 x3 − 2 x 2 y − 2 xy 2 − y 3 = 0 (*) 0,25 y = 0 không phải là nghiệm của phương trình, khi đó x x x (*) ⇔ 5( )3 − 2( ) 2 − 2 − 1 = 0 (**) y y y t = 1 0,25 Đặt t = x/y khi đó (**) ⇔ 5t − 2t − 2t − 1 = 0 ⇔  ⇒x= y 3 2 5t + 3t + 1 = 0 (VN ) 2 thay x = y vào pt(2) ta được x3 - x = 0 x = 0, x = -1, x = 1 0,25 Đối chiếu với điều kiện thì phương trình có nghiệm là (1; 1) và (-1; -1) Mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D là mặt phẳng song song với CD hoặc Va.1 0,25 (P) đi qua trung điểm của CD uuur uuu r *(P) đi qua A, B và song song với CD => (P) nhận AB(3;0;3), CD = (4;0; 2) làm cặp véc tơ chỉ phương nên (P) có véctơ pháp tuyến là
r uuu uuu rr n =  AB, CD  = (0;6;0) do đó (P) có phương trình y = 0   0,25 *.(P) đi quauur B và trung điểm I(3; 1; 1) của đoạn CD nên (P) nhận cặp vectơ A, uuur AB(3;0;3), AI = (3;1; −1) làm cặp vectơ chỉ phương nên (P) có vectơ pháp tuyến là r uuu uur r n1 =  AB, AI  = (−3;12;3) = 3(−1; 4;1) do đó (P): x + 4y - z +2 = 0 0,25   Vậy có 2 mặt phẳng thoả mãn bài toán là: y = 0 và x + 4y - z + 2 = 0 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R = 2 Va.2 0,25 Tam giác IAB có diện tích lớn nhất khi nó vuông tại I, hay AB = 2 2 , 0,25 mà IK = 2 2 suy ra có hai đường tròn thoả mãn yêu cầu bài toán A' H' B' 0,25 (T1) có bán kính R1 = R = 2 => (T1): (x-3)2+ (y-4)2 = 4 (T2) có bán kính I R2 = KA' = 0,25 A B K KH 2 + A ' H 2 = (3 2) 2 + ( 2) 2 = 2 5 ⇒ (T2 ) : ( x − 3) 2 + ( y − 4) 2 = 20 VIa ( 5 − x 3 − 2) + (2 − 3 x 2 + 7) ( 5 − x 3 − 2) 2 − 3 x 2 + 7 I = lim = lim[ + ] 0,25 x2 −1 x2 −1 x2 −1 x →1 x →1 1 − x3 1 − x2 + 0,25 = lim[ ] ( x 2 − 1)( 5 − x 3 + 2) ( x 2 − 1)(4 + 3 ( x 2 + 7) 2 + 2 3 x 2 + 7) x →1 − x2 − x −1 −x −1 −11 + = lim[ ]= 0,5 24 ( x + 1)( 5 − x 3 + 2) ( x + 1)(4 + 3 ( x 2 + 7) 2 + 2 3 x 2 + 7) x →1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ( ∆ ) ⇒ AH ≤ AB ⇒ Vb.1 0,25 AH lớn nhất khi H trùng B => d(A, ∆ ) lớn nhất khi H trùng B uuu uuu rr Trên (d) chọn điểm C(2t; t+1; 3t) khi đó BC ⊥ BA ⇔ BC.BA = 0 ⇔ t = −1 ⇒ C (−2;0; −3) 0,25 đường thẳng ∆ cần lập chính là đường thẳng BC do đó có phương trình 0,25  x = −2 − 3k   y = −2 k  z = −3  0,25 x + 2 y = 7 x = 1 Vb.2 ⇔ ⇒ A(1;3) Toạ độ của A là nghiệm của hệ  0,25 5 x + y = 8 y = 3 B thuộc d1 nên B(7-2b; b); C thuộc d2 nên C(c, 8-5c) x A + xB + xC   xG =  3 0,25  y A + yB + yC  vì G là trọng tâm tam giác ABC nên  yG =  3 2b − c = 2 b = 2 0,25 ⇒ ⇒ b − 5c = −8 c = 2
Vậy B(3; 2) và C(2; -2) 0,25 VIb 0,25 ( 1 + x 2 − 1) + (1 − cos x) ( 1 + x 2 − 1) 1 − cos x I = lim = lim[ + ] x2 x2 x2 x →0 x →0 x 2sin 2 x2 2] + = lim[ 0,25 x2 x ( 1 + x + 1) x →0 2 2 x sin 2 1 2]=1 = lim[ + x2 1+ x +1 2 x →0 2 0,5 4