Đề thi thử đại học môn Toán năm 2011 (đề 10)

Chia sẻ: Vu Thanh Hai Hai | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 15
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 xác

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học môn Toán năm 2011 (đề 10)

toilatoih18098@yahoo.com gửi tới http://laisac.tk SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐHCĐ LẦN I NĂM HỌC 2010-2011 Trường THPT Minh Khai Môn Toán- Khối A-B-D ---------- --------- Thời gian lµm bµi : 180 phút ------------------------------ I . Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số y = 2 x − 3(m + 2) x + 6(5m + 1) x − (4m + 2) 3 2 3 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x0∈(1;2] Câu 2: sin 3 x(sin x + 3 cos x) = 2 1. Giải phương trình: 2 x 2 − 10 x + 16 − x − 1 ≤ x − 3 2. Giải bÊt phương trình: πx ln(1 − x) + tan Câu 3: Tìm giới hạn: lim 2 cot π x x →0 Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vu«ng c©n đỉnh lµ A . Góc giữa AA’ và BC’ bằng 300 và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích tứ diện MA’BC’.  x3 − 8 x = y 3 + 2 y  2 Câu 5: Giải hệ phương trình:  x − 3 = 3( y + 1) 2  II. Phần riêng ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Cho ∆ ABC cân đỉnh A .Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có ph ương trình lần lượt là: x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 . L ập ph ương trình c ạnh AC bi ết đ ường th ẳng AC đi qua điểm M(1; -3). 2. Giải phương trình: 9 x − 3 x log 3 (8 x + 1) = log 3 (24 x + 3) Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà s ố trang có ít nh ất một chữ số 5. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: 1. Cho hai đường tròn (C1) : x2 + y2 – 2y – 3 = 0 ; (C2): x2 + y2 – 8x – 8y + 28 = 0 ; Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) 2. Giải hệ phương trình:  5 y−x ( x + y ).3 =  27 3. log 5 ( x + y ) = x − y  ab Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a2 + b2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P = a + b +1 ____________________________________
Ghi chú: Thí sinh khối B ; D không phải làm câu 5 ( phần chung) TRƯỜNG THPT MINH KHAI §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm ®Ò thi thö §HC§ lÇn I N¨m häc 2010 - 2011 I. Phần chung: Điể Câu m 1. với m = 0 : y = 2x3 - 6x2 + 6x - 2 Câu 1.1 0,25 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên a. Giới hạn y = - ∞ ; y = +∞ b. Bảng biến thiên: Ta có : y/ = 6x2 - 12x + 6 = 6(x- 1)2 , y/ = 0 ⇔ x =1, y/ > 0 , ∀ x≠ 1 0,25 x -∞ 0 +∞ y/ + 0 + y +∞ 0 -∞ Hàm số đồng biến trên R Hàm số không có cực trị 3. Đồ thị. Điểm uốn: y” =12x - 12 , y” = 0 ⇔ x= 1. 0,5 y” đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x = 1 ⇒ U(1;0) là điểm uốn giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0). Qua điểm (2;2). Nhận xét : đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng ( Học sinh tự vẽ đồ thị) Hàm số bậc 3 có cực tiểu ⇔ y/ = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Do hệ Câu 1.2 0,25 số của x3 dương ⇒ xCT > xCĐ Ta có y/=6[x2-(m + 2)x+5m+1] , y/ = 0 ⇔ m(x-5) = x2-2x +1 0,25 (1) Do x= 5 không là nghiệm của y/ = 0 ⇒ (1) ⇔ m = = g(x) g/(x)= = 0 ⇔ hoặc x = 1 hoặc x = 9
Bảng biến thiên của g(x) x -∞ 1 2 5 9 +∞ / g (x) + 0 - - - 0 + 0,25 g(x) 0 +∞ +∞ -∞ -∞ 16 Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên ⇒hàm số có cực 0,25 tiểu tại x0∈ (1;2]⇔ -1/3≤ m
πx 0,25 ln(1 − x) + tan Vậy lim 2 =0 cotπ x x→0 Câu 4 0,25 / C A/ B/ N M C A H B Ta có BB/∥AA/⇒ góc giữa AA/ và BC/ bằng góc giữa BC/ và BB/ ⇒ · · ⇒ CBC / = 600 B / BC / = 300 Gọi N là trung điểm của BC/ , H là hình chiếu của N trên (ABC) ⇒ H là trung điểm của BC ⇒ AMNH là h.c.n ⇒ MN∥ =AH Do AH ⊥ BC , AH ⊥ CC/ ⇒ AH ⊥ (BCC/) ⇒ AH ⊥ BC/ . từ giả thiết suy ra AH vuông góc với AA/ Theo trên , MN∥ AH ⇒ MN ⊥ AA/ ; MN⊥ BC/ ⇒ MN là khoảng cách giữa AA/ và BC/ ⇒ MN = a ⇒ AH = a Tính VMA/BC/: do BA⊥ (ACC/A/)⇒ VMA/BC/ = SMA/C/. AB 0,25 Trong ∆ vuông AHB ta có AB= a, BH = a ⇒ BC= 2a 0,25 Trong ∆ vuông BCC/ : CC/ = BC.tan600 = 2a 3 a3 3 Vậy VMA/BC/ = . AM.AC/.BC = 3 Câu 5 0,25 x 3 − 8 x = y 3 + 2 y  Giải hệ : (I)  2 x − 3 = 3( y +1) 2  x 3 − y 3 = 2(4 + y )(1)  Ta có (I)⇔  2 x −3 y =6(2) 2  0.5 x = 0  Thay (2) vào (1) : x3 + x2y - 12xy2 = 0 ⇔  x = 3 y  x = −4 y  Thay x vào (2) cả 3 trường hợp ⇒ Hệ có các nghiệm là:
6 6 6 6 (3;1) , (- 3; -1) , (−4 ;− ) , (4 ; ) 13 13 13 13 II. Phần riêng. ur Câu 6a.1 0,25 Vector pháp tuyến của B Clà : n1 = (3; -1); A uu r Vector pháp tuyến của AB là : n2 = (1; 2) ur uu ur n1.n2 ur uu ur 1 · ⇒ cosABC = cos(n1; n2 ) = uu uu = rr M(1;-3) 50 n1 . n2 B C ur u 0,5 Gọi n3 (a; b) là vector pháp tuyến của AC là (a2+b2 ≠ 0)  2a − b = 0 ur ur uu 3a − b 1 1 ⇒ cos(n1; n3 ) = = ⇔ ⇔ 11a − 2b = 0 50 50 10. a + b 2 2 • Trường hợp 2a - b =0 loại do ∥ AB 0,25 • Trường hợp 11a - 2b = 0 . chọn a = 2 ⇒ b = 11 Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0 ⇔ 2x + 11y + 31 = 0 Câu 6a.2 0,5 Giải phương trình: 9 x − 3x log 3 (8 x + 1) = log 3 (24 x + 3) PT ⇔ (3 + 1) 3 − log 3 (24 x + 3)  = 0 x x ĐK x>   0,25 ⇔ 3x − log 3 (24 x + 3) = 0 Xét f ( x) = 3x − log 3 (24 x + 3) với x> 8 64 f / ( x) = 3x ln 3 − ; f // ( x) = 3x ln 2 3 + (8 x + 1) ln 3 (8 x + 1) 2 ln 3 ∀ x > ⇒ f / ( x) đồng biến trên ( , +∞) ⇒ f / ( x) =0 có 0,25 f // ( x) > 0 nhiều nhất là 1 nghiệm ⇒ f ( x) = 0 có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta có f (0) = 0 ; f (1) = 0 . Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1 • Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang Câu 7a 0,25 • Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số a1a2 Nếu a1 = 5⇒ a2 có 10 cách chọn ⇒ có 10 trang Nếu a2 = 5 ⇒ a2 có 8 cách chọn ( vì a1 ≠ 0,a1≠ 5) ⇒ có 18 trang 0,5 • Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số a1a2 a3 Do sách có 800 trang ⇒ a1 chọn từ 1→ 7 + Nếu a1 = 5 ⇒ a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọn⇒có 100 trang + Nếu a2=5⇒a1 có 6 cách chọn(vì a1≠5), a3có10 cách chọn⇒có 60 trang + Nếu a3=5⇒a1 có 6 cách chọn, a2 có 9 cách chọn(vì a1≠5,a2≠5)
⇒có 54 trang Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25 Câu (C1) có tâm I1(0;1), R1 =2; (C2) có tâm I2(4;4), R2 =2 0,5 Ta có I1I2 = 14 + 9 = 5 > 4 = R1 +R2 ⇒ (C1);(C2) ngoài nhau 6b.1 + xét tiếp tuyến d ∥ 0y: (d): x+c = 0 d(I1,d) = C ; d(I2,d) = 4 + C C = 2  d là tiếp tuyến chung của (C1)(C2)⇔  ⇔ C = -2⇒ (d): x- 4+C = 2  2=0 + (d) : y = ax+b Do R1=R2⇒ d∥ I1I2 hoặc (d) đi qua I(2;) uuur • d∥ I1I2 : I1I 2 =(4;-3) ⇒ d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với (C1), (C2) ⇔ −4 + C d(I1;d) = 2⇔ =2 hoặc C =14 hoặc C= -6 5 ⇒ có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4y - 6 =0 • d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a ⇔ ax- y + - 2a =0 0,25 3 − 2a d là tiếp tuyến chung⇔ d(I1;d) = 2⇔ 2 = 2 ⇔ a= - a +1 2 d: 7x +24y - 14 =0 vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0; 7x +24y - 74 =0. Câu 6b.2 ĐK: x+y > 0 0,5  x− y  5 x− y 5 x− y ( x + y ) = 3 5 = 3 3 Hệ đã cho ⇔  ⇔ 27 27 ( x + y )3 = 5 x − y ( x + y )3 = 5 x − y   0,25 3 x − y −3 x − y − 3 = 0 y = x −3 5 = 3 x − y −3 ⇔ ⇔ ⇔ x− y ( x + y ) = 5 (2 x − 3) = 125 3 3 ( x + y )3 = 5 x − y  y = x −3 x = 4 0,25 ⇔ ⇔  y = 1 thỏa mãn điều kiện 2 x − 3 = 5  Ta có a2 + b2 =1 ⇔ (a + b)2- 1=2ab ⇔ (a + b+1)(a+b- 1) =2ab Câu 7b 0,5 a+b a+b ⇔= - ⇒T= - 2 2 Mặt khác ta có: a+b ≤ . = nên T≤ ( - 1) Dấu “ =” xảy ra ⇔ a = b = . Vậy Tmax = ( - 1)
Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ