zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 lần I trường THPT Xuân Hòa

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

Báo xấu

153
lượt xem 30
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 xuân hòa', 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 Xuân Hòa

http://www.toancapba.com học toán THPT và ôn thi miễn phí Sở Gíao dục & Đào tạo KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 tỉnh Vĩnh Phúc ĐỀ THI MÔN Toán; Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề. Trư ờng THPT Xuân Hoà Đề thi gồm 01 trang ________ ____________ ____ I/- PH ẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 điểm) Câu I (2,0 điểm): Cho hàm số y  x 4  2m 2 x 2  1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Chứng minh rằng đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị của hàm số (1) tại hai điểm phân b iệt với mọi giá trị của m. Câ u II (2,0 điểm): 1. Giải ph ương trình: sin 4 x  cos 4 x  1  4(sin x  cos x ) 3 3  x  4 y  y  16 x 2. Giải hệ phương trình:  2 2 1  y  5(1  x ) 1  cos 2 x  tan 2 x Câ u III (1,0 điểm): Tính giới hạn lim x.sin x x 0 Câ u IV (1,0 điểm): Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2 a. Trên đương thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S , sao cho m ặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ d iện SABC. x 4  4 x3  8x 2  8x  5 f ( x)  Câ u V (1,0 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số x2  2x  2 II. PH ẦN RIÊNG(3,0 điểm): Thí sinh chỉ đ ược làm một trong phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câ u VIa (2,0 điểm) 1. Trong m ặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất (  3;0) và đi qua 4 33 Hãy xác định toạ độ các đỉnh của (E). đ iểm ). M (1; 5 x x x x 2. Giải phương trình: 2.27  18  4.12  3.8 . Câ u VII a (1,0 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có m ặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. B. Theo chương trình Nâ ng cao Câ u VI.b(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho điểm A(2; 1). Lấy điểm B n ằm trên trục ho ành có hoành độ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm toạ độ B, C đ ể tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. mx 2  1 Câ u VII.b(1,0 điểm): Tìm m đ ể h àm số: y  có h ai điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn x nhất. -------------------------Hết-------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích g ì thêm. 1
http://www.toancapba.com học toán THPT và ôn thi miễn phí Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:……………….. ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN Khối A Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa Câu Đáp án Điểm 1. (1, 0 điểm). Khảo sát…. I Với m=1, hàm số trở thành: y  x 4  2 x 2  1 * Tập xác định: R * Sự biến thiên 0, 25 + y '  4 x3  4 x  4 x( x 2  1)  y '  0  x  0 Ta có: y '  0  x  0; y '  0  x  0 Hàm số nghịch biến trong khoảng  ; 0  và đồng biến trong khoảng  0;   ; 0, 25 đ ạt cực tiểu tại x=0; y(0)=1 + Giới hạn: lim y  lim y   x  x  Bảng biến thiên: 0, 25   x 0 y' - 0 + y   1 * Đồ thị: Hàm số đã cho là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối 0,25 xứng. 6 4 2 1 2 -1 2. ((1, 0 điểm). Chứng minh đ ường thẳng …. Số giao đ iểm của hai đ ồ thị tương ứng với số nghiệm của phương trình: x 4  2m 2 x 2  1  x  1  x( x 3  2 m2 x  1)  0 (*) 0,25 x  0 3 Phương trình (*) có một nghiệm 2  x  2 m x  1  0(**) 2
http://www.toancapba.com học toán THPT và ôn thi miễn phí x=0 Ta sẽ đ i chứng minh phương trình: x 3  2m2 x  1  0 (**) có đúng một nghiệm khác 0 với mọi giá trị m 0,25 * Nếu m=0 thì pt(**) trở thành: x 3  1  0  x  1  pt(*) có đúng 2 nghiệm.  Nếu m  0 , Xét hàm số f ( x)  x3  2m 2 x  1 trên R. 0,25 Ta có: f '( x)  3x 2  2m2  0, x  R  f(x) luôn đồng biến trên R   f ( x)  0 có nhiều nhất một nghiệm. Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m2 >0  f (0). f (1)  0  pt f ( x)  0 có nhiều nhất một nghiệm thuộc (0; 1). 0,25 Vậy pt (**) có đúng một nghiệm khác 0  (đpcm) 1. (1, 0 điểm). Giải phương trình: sin 4 x  cos 4 x  1  4(sin x  cos x) (1) II ĐK: x  R (1)  sin 4 x  1  cos 4 x  4(sin x  cos x)  2sin 2 x.cos 2 x  2cos 2 2 x  4(cos x  sin x) 0,25  (cos 2 x  sin 2 x)(cos 2 x  sin 2 x)  2(cos x  sin x)  0  (cos x  sin x)  (cos x  sin x)(cos 2 x  sin 2 x)  2  0 (2) Xét hai khả năng xảy ra cho (2):  0,25  k * TH1: cos x  sin x  0  tan x  1  x  4 (cos x  sin x)(cos 2 x  sin 2 x)  2  0   * TH2:  2 cos(2 x  ).cos( x  )  2  0 4 4   cos 3 x  cos( x  )  2 (*) 2 cos 3x  1 (3)   0,25   cos( x  2 )  1 (4)    Xét: cos( x  )  1  x    2 m 2 2 3  6m  3x   0,25. 2 3  6m )  0 ( Vô lý với (3)) Lúc đó: cos 3 x  cos( 2  Vậy (*) vô nghiệm., nên (1) có nghiệm: x   k 4 3 3   x  4 y  y  16 x 2.(1, 0 điểm). Giải hệ phương trình:  2 2 1  y  5(1  x )   x( x 2  16)  y( y 2  4)  x( x 2  16)  5 x 2 y (1)   HPT   2  2 0,25 2 2  y  4  5x  y  4  5x (2)   x  0 Pt (1)   2  x  16  5 xy (3) + ) x = 0 thay vào (2) ta được y  2 0,5 3
http://www.toancapba.com học toán THPT và ôn thi miễn phí x 2  16 + ) x  0 , pt (3)  y  thay vào (2) ta được: 5x 124 x 4  132 x 2  256  0  x 2  1  Nếu x = 1 thì y = -3  Nếu x = -1 thì y = 3. 0,25 Vậy HPT có các nghiệm: (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3). 1  cos 2 x  tan 2 x III (1, 0 điểm) Tính giới hạn: I= lim x.sin x x0 sin 2 x 2sin 2 x  cos 2 x 0,5 I  lim x.sin x x 0 2sin x sin x I  lim(  )  2 1  3 x.cos 2 x 0,5 x x 0 (1 điểm): Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. IV Từ giả thiết suy ra ABC S vuông tại C kết hợp với d  ( SAC ) . Suy ra BC  ( SAC ) 0,5  Do đó SCA  600 Do ABC vuông tại C và AB =2a  AC  BC  a 2 Trong tam giác vuông SAC ta có A SA  AC .tan 600  a 6 B C Trong tam giác SAB có: SB  SA2  AB 2  a 10  Do SCB  SAB  900 nên tứ diện SABC nội tiếp trong mặt cầu đường kính SB. 0,25 SB a 10 Suy ra bán kính mặt cầu bằng  0,25 2 2 2 2 Vậy S mc  4 R  10 a (Đ.V.D.T) x 4  4 x 3  8 x 2  8x  5 V (1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: f ( x)  x2  2x  2 Tập xác định của hàm số là R. x 4  4 x3  8 x 2  8 x  5 ( x 2  2 x)2  4( x 2  2 x)  4  1 0,5 Ta có: f ( x)  = x2  2x  2 x2  2 x  2 ( x 2  2 x  2) 2  1 1  x2  2 x  2  2  2(do x 2  2 x  2  0 ) f ( x)  0,25 2 x  2x  2 x  2x  2 Đẳng thức xảy ra  x 2  2 x  2  1  x  1 . 0 ,25 Vậy Minf(x) = 2 khi x =1 1.(1 điểm): Hãy xác đ ịnh toạ độ các đỉnh của (E). Vi.a (E) có tiêu điểm F1 (  3;0) nên c  3 0,25 x2 y2   1(a>b>0) Phương trình chính tắc của (E) có dạng: a 2 b2 4
http://www.toancapba.com học toán THPT và ôn thi miễn phí 4 33 1 528  1(1) và a 2  b 2  c 2  b 2  3 thay vào Ta có: M (1; )  (E )  2  2 5 a 25b 0,5 (1) ta được: 1 528  1  25b 4  478b 2  1584  0  b 2  22  b  22  b  3 25b 2 2 Suy ra: a 2  25  a  5 . Vậy (E) có bốn đ ỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;- 22 ); (0; 0,25 22 ) 2. (1,0 điểm): Giải phương trình: 2.27 x  18x  4.12 x  3.8 x . Ta có PT  2.33 x  2 x.32 x  4.22 x3x  3.23 x . 0,25 3x 2x x 3 3  3 Chia cả hai vế cho 23 x  0 : PT  2      0,25  4   3  0. 2 2  2 x 3 Đặt t    , đk: t>0. PT trở thành: 2   2t 3  t 2  4t  3  0   t  1 2t 2  t  3  0 t  1 . 0,25  3 t  2 3 Do t >0 nên t= 2 x 3 3 3 0,25 Khi t  , ta có:     x  1 . KL: Nghiệm PT là x  1 . 2 2 2 ViIa (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. 0,5 2 Từ giả thiết bài toán ta có C 4  6 cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0) 2 2 2 và C 5  10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã C 5 . C 5 = 60 bộ 4 số thoả mãn bài toán. 0,5 2 Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số được thành lập. Vậy có tất cả C 4 . C 52 .4! = 1440 số. 1. (1 điểm): Tìm to ạ độ B, C để tam giác ABC có diện tích lớn nhất. VI.b Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > 0. Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông tại A    0,25 5 nên AB. AC  0  c  2b  5  0  O  b  2 1 1 (b  2) 2  1. 2 2  (c  1) 2  (b  2)2  1  b 2  4b  5 S ABC  AB. AC  0,5 2 2 5 Do 0  b   S max khi b =0. Suy ra B(0; 0); C(0; 5). 0,25 2 2.(1 điểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ 5
http://www.toancapba.com học toán THPT và ôn thi miễn phí Từ giả thiết bài toán ta thấy có C 52  10 cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữu số 0 đứng đ ầu ) vµ C53 =10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã C 52 . C53 = 100 bộ 0,5 5 số được chọn. Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số đ ược thành lập => có tất cả C 52 . C5 .5! = 12000 số. 3 0,5 Mặt khác số các số được lập như trên mà có chữ số 0 đ ứng đ ầu là 1 3 C 4 .C 5 .4!  960 . Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số tho ả mãn YCBT. VII.b mx 2  1 có hai điểm cực trị A, B và đoạn AB ngắn nhất. (1 điểm): Tìm m đ ể hàm số: y  x mx 2  1 0,25 Ta có: y '  . x2 Hàm số có hai cực trị  y '  0 có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0(*) . 0,25 Khi m

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.