Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 Lần I trường THPT Anh Sơn 1

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

224
lượt xem 59
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán năm 2011 lần i trường thpt anh sơn 1', 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 năm 2011 Lần I trường THPT Anh Sơn 1

S giáo d c & ào t o Ngh An Kì thi th i h c & cao ng l n th 1 Năm h c 2010-1011 Trư ng THPT Anh Sơn I Môn Toán – Th i gian 180’ ************ ************ H và tên : ……………………………….S báo danh : ………………………… 1 2 Câu I : Cho hàm s y = − ( x 2 + m ) 2 a) Kh o sát và v th hàm s ã cho v i m = −1 b) Tìm m th hàm s có 3 i m c c tr và 3 i m c c tr ó cùng n m trên m t 5 ư ng tròn có bán kính R = . 4 Câu II: 1) Gi i b t phương trình : ( )( ) 3x + 1 + 2 − x 2 x + 3 + 2 − x > 5 ( x + 2 ) 2) Gi i h phương trình :  y ( 2 − xy + x − y 2 ) = x − y + 1  2 2 x + y = 2  3 − 2 cos x Câu III: 1) Gi i phương trình : tan 3 x = 1 + 2sin x 20 1 2  2) Khai tri n  + x  thành a th c a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + a20 x 20 . Trong các c p s 2 3  ( ai ; ai +1 ) v i i = 0;1; 2;...;19 , c p s nào có t ng l n nh t ? nh A ( 2; 2 ) , m t ư ng cao có Câu IV: 1) Trong m t ph ng t a Oxy , cho tam giác ABC v i phương trình 6 x + y − 29 = 0 . Tìm t a nh B và nh C bi t t a tr ng tâm tam giác ABC  14 10  là G  ;  và AB < AC . 3 3 2) Cho hình chóp t giác S.ABCD có áy ABCD là hình vuông c nh a và hình chi u vuông góc c a S trên mp(ABCD) trùng v i tr ng tâm G tam giác ABC. Kho ng cách t trung i m I a c a o n AB n m t ph ng (SCD) b ng . Tính th tích hình chóp S.ABCD theo a. 2 3ln x − 2 ∫x Câu V: 1) Tìm nguyên hàm : dx ( ) ln x − 3ln x − 2 ln x 1 + 3 x 2) Cho 1 ≠ x > 0 , ch ng minh r ng : ≤ x −1 x + 3 x ----------------H T-----------------
áp án và hư ng d n ch m thi th l n 1 – năm h c 2010-2011 Môn Toán (g m 6 trang ) (Lưu ý : các cách khác áp án , nhưng úng thì v n cho i m t i a ) 1 Câu I.1 2 V i m = -1 hàm s tr thành : y = − ( x 2 − 1) (1 i m) 2 • TX : D = R • Gi i h n : lim y = −∞; lim y = −∞ 0,25 x →+∞ x →−∞ x = 0 • S bi n thiên : y ' = −2 x ( x − 1) ; y ' = 0 ⇔  x = −1 2  x =1  0,25 ng bi n trên các kho ng ( −∞; −1) , ( 0;1) , ngh ch bi n trên các Hàm s kho ng ( −1; 0 ) ; (1; +∞ ) . 1 Hàm s tc c i t i x = ±1 , yCD = 0 , t c c ti u t i x = 0; yCT = − 2 B ng bi n thiên : • 0,25 th : • Nh n xét : th có tr c i x ng là Oy 0,25 TX : D = R Câu I.2 • (1 i m) x = 0 o hàm : y ' = −2 x ( x 2 + m ) , y ' = 0 ⇔  2 •  x = −m th hàm s b c 4 trùng phương có 3 i m c c tr khi và ch khi y’ = 0 • có 3 nghi m phân bi t . V y i u ki n m < 0 0,25 • Ta các i m c c tr ó là :  m2 ( )( ) A  0; −  , B − −m ;0 , C −m ;0 0,25 2  m4 1 m 4 − 4m Ta có : BC = 2 − m , AB = AC = −m + = 4 2 Bán kính ư ng tròn ngo i ti p tam giác ABC là : 14 ( m − 4m ) m 3 − 4 0,25 2 2 AB .BC abc AB 4 R= = = = = 4 S 4. 1 BC. AH 2 AH m2 4m 2. 2 2
m3 − 4 5 = 5 ⇔ m 3 − 5m − 4 = 0 R= ⇔ 4 m  m = −1 Theo yêu c u bài ra : ⇔ ( m + 1) ( m − m − 4 ) = 0 ⇔  2  m = 1 ± 17   2 1 − 17 0,25 Do m < 0 nên áp s là : m = −1, m = 2 1 Câu II.1 K: − ≤x≤2 • (1 i m) 3 1 1 V i k trên ta có : 2 x + 3 − 2 − x ≥ 2 − + 3 − 2 + > 0 , nên nhân • 3 3 ( ) hai v b t pt v i 2 x + 3 − 2 − x ta ư c bpt tương ương : ( 2 − x ) ( 5 x + 10 ) > 5 ( x + 2 ) ( 2 ) 3x + 1 + x+3 − 2− x 0,25 ⇔ 3 x + 1 + 2 − x > 2 x + 3 − 2 − x ( do 5 x + 10 > 0 ) ⇔ 3x + 1 + 2 2 − x > 2 x + 3 ⇔ 3x + 1 + 4 ( 3 x + 1)( 2 − x ) + 4 ( 2 − x ) > 4 ( x + 3) ⇔4 ( 3x + 1)( 2 − x ) > 5 x + 3 0,25 ( do 5x + 3 > 0 ) ⇔ 16 ( 3 x + 1) ( 2 − x ) > 25 x 2 + 30 x + 9 ⇔ 73 x 2 − 50 x − 23 < 0 23 < x
0,25  1− 3   1+ 3  −1 − 3 −1 + 3 ;y= , x = ;y = x =   2  2 2 2    K: Câu III.1 • (1 i m)  π π x ≠ 6 + k 3  cos 3 x ≠ 0  π π π 0,25 ⇔  x ≠ − + m2π ( k , m, n ∈ Z ) ⇔ x ≠ + k , k ∈ Z  1 + 2sin x ≠ 0 6 6 3   7π  x ≠ 6 + n 2π  V i k trên , pt ã cho tương ương v i pt : • ( ) sin 3 x (1 + 2 sin x ) = cos 3 x 3 − 2 cos x ⇔ 3 cos 3 x − sin 3 x = 2sin 3 x sin x + 2 cos 3 x cos x ⇔ 3 cos 3 x − sin 3 x = 2 cos 2 x 0,25  π ⇔ cos  3 x +  = cos 2 x 6  π ⇔ 3x + = ±2 x + l 2π ( l ∈ Z ) 6 0,25  π x = − + l 2π  6 ⇔ (l ∈ Z )  x = − π + l 2π   30 5 2π π i chi u k ban u, ta th y pt có nghi m : x = − , (l ∈ Z ) +l 30 5 0,25 Áp d ng công th c khai tri n nh th c Newton ta có : Câu III.2 20 20 − k 20 − k (1 i m) k k 20 20 1 2  k 1 2  k 1 2 k + x  = ∑ C20   x  = ∑ C20    x   2 3  2  3  k =0 2 3 k =0 20 − k k 1 2 V y ak = C     , ( k = 0,1,..., 20 ) k 0,25 20 2 3 19 − k k +1 k 1 2 2 C20+1     ( 20 − k ) . 4 ( 20 − k ) 2 3  ak +1 3= V i k = 0;1;2;…;19 ta có : = = 1 20 − k 3 ( k + 1) k k 1 2 ak ( k + 1) . C20    0,25 2 2 3 ak +1 > 1 ⇔ 4 ( 20 − k ) > 3 ( k + 1) ⇔ k < 11 ak < ak +1 ⇔ ak ak > ak +1 ⇔ k > 11 0,25 T ó suy ra : a0 < a1 < a2 < ... < a11 = a12 > a13 > ... > a20 V y c p s l n nh t là ( a11 ; a12 ) 0,25 0,25 ư ng cao 6 x + y − 29 = 0 không i qua A, nên nó i qua B ho c C. Câu IV.1 (1 i m) Ta xét TH nó i qua B. ư ng th ng AC i qua A(2;2) và vuông góc v i ư ng cao 6 x + y − 29 = 0 nên
có phương trình : 1( x − 2 ) − 6 ( y − 2 ) = 0 ⇔ x − 6 y + 10 = 0 (AC) B ( b; 29 − 6b ) , C ( 6c − 10; c ) G it a 0,25  b + 6c − 10 + 2 14 =  b + 6c = 22 b = 4  3 3 T a tr ng tâm là :  ⇔ ⇔  29 − 6b + c + 2 = 10 −6b + c = −21 c = 3   3 3 Suy ra B ( 4;5 ) , C ( 8;3) , ki m tra th y AB = 13 < AC = 37 0,25 Xét TH ư ng cao 6 x + y − 29 = 0 i qua C, khi ó C ( 4;5 ) , B ( 8;3) không th a mãn k AB < AC V y áp s bài toán là : B ( 4;5 ) , C ( 8;3) 0,25 Câu IV.2: (1 i m) Trong mp(ABCD) k GE vuông góc v i CD. Trong mp(SGE) k GF vuông góc v i SE ( hình v ) 0,25 Khi ó kho ng cách t G ên mp(SCD) b ng o n GF GC 2 2 Do = nên kho ng cách t G n (SCD) b ng kho ng cách t I n IC 3 3 a (SCD) , do ó GF = . 3 GC 2 2 GE GE 0,25 = ⇒ GE = a Ta có = = AD d ( I , CD ) IC 3 3 Trong tam giác vuông SGE ta có : 1 1 1 1 1 1 9 9 27 ⇒ = + = − = 2− 2= 2 2 2 2 2 2 2 a 4a 4a GF GS GE GS GF GE 2a ⇒ GS = 0,25 27 1 2a 2 2a 3 3 1 V y th tích hình chóp là : VS . ABCD = SG.a 2 = . .a = 0,25 3 3 27 27
t2 + 2 Câu V.1 dx 2tdt t : t = 3ln x − 2 ⇒ ln x = ⇒ = 0,25 (1 i m) 3 3 x 2t 2 3ln x − 2 2t t ∫ x ln x − 3ln x − 2 dx = ∫ 2 . dt = ∫ 2 dt t +2 3 t − 3t + 2 ( ) 0,25 −t 3 2 8  = ∫2−  dt = 2t − 2 ln t − 1 + 8 ln t − 2 + C + 0,25 t −1 t − 2   = 2 3ln x − 2 − 2 ln 3ln x − 2 − 1 + 8 ln 3ln x − 2 − 2 + C 0,25 * Xét TH x > 1 : Câu V.2: (1 i m) ( ) ( ) B T c n ch ng minh tương ương v i : x + 3 x ln x ≤ ( x − 1) 1 + 3 x t a = 3 x , ta c n ch ng minh : ( a3 + a ) ln a3 ≤ ( a3 − 1) (1 + a ) ⇔ a 4 + a3 − a − 1 − 3 ( a3 + a ) ln a ≤ 0 Xét hàm s : f ( a ) = a 4 + a 3 − a − 1 − 3 ( a 3 + a ) ln a ; a > 1 0,25 f ' ( a ) = 4a 3 + 3a 2 − 1 − 3 ( a 2 + 1) − 3 ( 3a 2 + 1) ln a = 4a 3 − 4 − 3 ( 3a 2 + 1) ln a 1 1   f '' ( a ) = 12a 2 − 3 ( 3a 2 + 1) − 3 ( 6a ) ln a = 3  4a 2 − 3a − − 6a ln a    a a 1   3 f ( ) ( a ) = 3 8a − 3 + 2 − 6 ln a − 6    a  6  2 6 2   4) f( ( a ) = 3 8 − −  = 3  2 − 3  +  6 −   < 0, ∀a > 1 3  a a  a  a  0,25 ( 3) ngh ch bi n trên [1; +∞ ) V y hàm s (a) f 3) ( a ) < f (3) (1) = 0, ∀a > 1 , v y hàm s f " ( a ) ngh ch bi n trên [1; +∞ ) Do ó : f ( f ' ( a ) < f ' (1) = 0, ∀a > 1 , v y hàm s f ( a ) ngh ch bi n trên [1; +∞ ) . Do ó : f ( a ) < f (1) = 0, ∀a > 1 ( .p.c.m ) Do ó : 1 * V i TH x < 1 : t y= > 1 khi ó quay l i TH trên . x 0,25 V y bài toán ã ư c ch ng minh tr n v n. 0,25 --------------H t----------