intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn Thi: TOÁN – Khối A

Chia sẻ: Tranthi Kimuyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST
Báo xấu
56
lượt xem 6
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 môn thi: toán – khối a', 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 NĂM 2011 Môn Thi: TOÁN – Khối A

  1. NĐQ 0982473363 KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn Thi: TOÁN – Khối A Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề A. PHẦN CHUNG: ( 7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  mx3  3mx 2   m  1 x  1 , m là tham số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của m để hàm số y  f ( x) không có cực trị. Câu II (2 điểm) sin x  cos x 4 4 1  tan x  cot x  1. Giải phương trình :  sin 2 x 2 log 4  x  1  2  log 4  x  log 8  4  x  2. Giải phương trình: 2 3 2 3 2 dx  Câu III (1 điểm) Tính tích phân A x 1 x 2 1 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình nón có đỉnh S, đáy là đường tròn tâm O, SA và SB là hai đường sinh, biết SO = 3, khoảng cách từ O đến mặt phẳng SAB bằng 1, diện tích tam giác SAB bằng 18. Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón đã cho. x  7x  6  0 Câu V (1 điểm) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  2 2   x  2  m  1 x  m  3  0  B. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh AB, BC lần lượt là 4x + 3y – 4 = 0; x – y – 1 = 0. Phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng x + 2y – 6 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng  P  : x  2 y  2z + 5 = 0;  Q  : x  2 y  2z -13 = 0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua gốc tọa độ O, qua điểm A(5;2;1) và tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu VII.a (1 điểm) Tìm số nguyên dương n thỏa mãn các điều kiện sau: 4 52 Cn 1  Cn 1  4 An  2 3  (Ở đây Ank , Cnk lần lượt là số chỉnh hợp và số tổ hợp chập k của n phần tử)  C n  4  7 A3  n 1 15 n 1  2. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C) và tròn (C): đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C) sao cho tam giác ABC vuông ở B. 1
  2. NĐQ 0982473363 2. Cho mặt phẳng (P): và các đường thẳng x  2 y  2z  1  0 x 1 y 3 x 5 z 5 z y     . d1 : ; d2 : 3 5 2 2 6 4 Tìm các điểm sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. M  d1 , N  d 2 1 Câu VII.b (1 điểm) Tính đạo hàm f’(x) của hàm số và giải bất phương trình f ( x )  ln 3  x 3  6 t  sin 2 dt  2 f '( x )  0 x2 ----------------------Hết---------------------- Đáp án Nội dung Điể Câu Ý m I 2,00 1 1,00 Khi m = 1 ta có y  x3  3x 2  1 0,25 + MXĐ: D   + Sự biến thiên:  Giới hạn: xl y  ; xlim y   im    x  2 0,25  y '  3x2  6 x ; y '  0   x  0  Bảng biến thiên 0,25 yC§  y  2   3; yCT  y  0   1  Đồ thị 0,25 2
  3. NĐQ 0982473363 2 1,00 + Khi m = 0  y  x  1 , nên hàm số không có cực trị. 0,25 + Khi m  0  y '  3mx 2  6mx   m  1 Hàm số không có cực trị khi và chỉ khi y '  0 không có nghiệm hoặc có 0,50 nghiệm kép 1   '  9m 2  3m  m  1  12m 2  3m  0  0  m  4 0,25 II 2,00 1 1,00 sin 4 x  cos 4 x 1   tan x  cot x  (1) 0,25 sin 2 x 2 Điều kiện: sin 2 x  0 1 1  sin 2 2 x 1  sin x cos x  2 (1)    0,25  2  cos x sin x  sin 2 x 1 1  sin 2 2 x 1 1 2    1  sin 2 2 x  1  sin 2 x  0 0,50 sin 2 x sin 2 x 2 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2 1,00 3
  4. NĐQ 0982473363 log 4  x  1  2  log 4  x  log8  4  x  (2) 2 3 2 x 1  0  4  x  4 0,25 Điều kiện: 4  x  0     x  1 4  x  0  (2)  log 2 x  1  2  log 2  4  x   log 2  4  x   log 2 x  1  2  log2 16  x 2  0,25  log 2 4 x  1  log 2 16  x 2   4 x  1  16  x 2 + Với 1  x  4 ta có phương trình x 2  4 x  12  0 (3) ; 0,25 x  2 (3)    x  6  lo¹i  + Với 4  x  1 ta có phương trình x 2  4 x  20  0 (4);  x  2  24  4   0,25  x  2  24  lo¹i   Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  2 hoặc x  2 1  6  III 1,00 dx tdt Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2 xdx   2 x x dx tdt tdt   2 1 t t 1 2 x + Đổi cận: 0,50 1 3 x t  2 2 3 1 x t  2 2 1 3 1 t  1 23 1  7  4 3  2 2 dt dt A  2  1  t 2 2 1  t |12  2 ln  3    ln 0,50   t 1   1 3 2 2 IV 1,00 4
  5. NĐQ 0982473363 Gọi E là trung điểm của AB, ta có: OE  AB, SE  AB , suy ra  SOE   AB . Dựng OH  SE  OH   SAB  , vậy OH là khoảng cách từ O đến (SAB), theo giả thiết thì OH = 1. Tam giác SOE vuông tại O, OH là đường cao, ta có: 0,25 1 1 1 1 1 1 18       1  2 2 2 2 2 2 OH SO OE OE OH SO 99 9 3  OE 2   OE  8 22 9 81 9 SE 2  OE 2  SO 2   9   SE  8 8 22 2S SAB 1 36  AB.SE  AB   8 2 S SAB 9 2 SE 22 0,25 2   1  9 9 265 2 OA2  AE 2  OE 2   AB   OE 2  4 2   32   2  8 8 8 1 1 265 265 Thể tích hình nón đã cho: V   .OA2 .SO    .3  0,25 3 3 8 8 Diện tích xung quanh của hình nón đã cho: 265 337 337 SA2  SO 2  OA2  9    SA  0,25 8 8 8 265 337 89305 S xq   .OA.SA    . 8 8 8 V 1,00  x  7 x  6  0 (1)2 Hệ bất phương trình  2   x  2  m  1 x  m  3  0 (2)  0,25 x0  1; 6 thỏa mãn 1  1  x  6 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại (2). x2  2x  3  m (do x  1;6  2 x  1  0)  2   x  2 x  3   2 x  1 m  2  2 x  1 0,25 x2  2 x  3 ; x  1;6 Gọi f ( x)  2x 1 Hệ đã cho có nghiệm  x0  1; 6 : f ( x0 )  m 2  x2  x  4  2 x2  2 x  8 1  17 f ' x  ; f '  x   0  x2  x  4  0  x   0,25  2 x  1  2 x  1 2 2 2 1  17 Vì x  1;6 nên chỉ nhận x  2 5
  6. NĐQ 0982473363 27  1  17  3  17 2 Ta có: f (1)  , f (6)   ,f 13   3 2 2   27 Vì f liên tục và có đạo hàm trên [1;6] nên max f ( x)  0,25 13 27 Do đó x0  1;6 : f ( x0 )  m  max f ( x)  m  m x1;6 13 VIa 2,00 1 1,00 Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương 4 x  3 y  4  0  x  2 0,25  A  2; 4   trình:  x  2 y  6  0 y  4 Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trình 4 x  3 y  4  0 x  1 0,25  B 1;0    x  y 1  0 y  0 Đường thẳng AC đi qua điểm A(-2;4) nên phương trình có dạng: a  x  2   b  y  4   0  ax  by  2a  4b  0 Gọi 1 : 4 x  3 y  4  0;  2 : x  2 y  6  0; 3 : ax  by  2a  4b  0 Từ giả thiết suy ra   2 ;  3    1;  2  . Do đó   |1.a  2.b | | 4.1  2.3 | cos   2 ;  3   cos  1 ;  2      5. a  b 2 2 25. 5 0,25 a  0 | a  2b | 2 a 2  b 2  a  3a  4b   0   3a  4b  0 + a = 0  b  0 . Do đó  3 : y  4  0 + 3a – 4b = 0: Có thể cho a = 4 thì b = 3. Suy ra  3 : 4 x  3 y  4  0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y - 4 = 0. y  4  0 x  5  C  5; 4  Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình:   0,25 x  y 1  0 y  4 2 1,00 Gọi I(a;b;c) là tâm và R là bán kính của mặt cầu (S). Từ giả thiết ta có: OI  AI   OI  AI  d  I ,  P    d  I ,  Q    OI  d  I ,  P   0,25  d  I ,  P    d  I ,  Q    Ta có: OI  AI  OI 2  AI 2  a 2  b 2  c 2   a  5    b  2    c  1 2 2 2  10a  4b  2c  30 (1) 0,25 | a  2b  2c  5 |  9  a  b  c    a  2b  2c  5  (2) OI  d  I ,  P    a  b  c  2 2 2 2 2 2 2 3 6
  7. NĐQ 0982473363 | a  2b  2c  5 | | a  2b  2c  13 | d  I ,  P   d  I , Q    3 3  a  2b  2c  5  a  2b  2c  13 (lo¹i)   a  2b  2c  4 (3)  a  2b  2c  5   a  2b  2c  13 11  4a 17 11a Từ (1) và (3) suy ra: b   ;c (4) 3 6 3 Từ (2) và (3) suy ra: a 2  b 2  c 2  9 (5) Thế (4) vào (5) và thu gọn ta được:  a  2   221a  658   0 0,25 658 Như vậy hoặc .Suy ra: I(2;2;1) và R = 3 hoặc a a2 221  658 46 67  ;  và R = 3. I ;  221 221 221  Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu với phương trình lần lượt là: 0,25 2 2 2  x  2    y  2    z  1  9 và  x     y     z    9 658 46 67 2 2 2      221   221   221  VII 1,00 a Điều kiện: n  1  4  n  5 Hệ điều kiện ban đầu tương đương:   n  1  n  2   n  3  n  4   n  1  n  2   n  3 5   n  2   n  3   0,50  4.3.2.1 3.2.1 4    n  1 n  n  1  n  2   n  3  7 n  1 n n  1      5.4.3.2.1 15 n 2  9n  22  0   n 2  5n  50  0  n  10 0,50 n  5  VIb 2,00 1 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình  y  0; x  2  x2  y2  2x  4 y  8  0 0,50    y  1; x  3 x  5y  2  0 Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). Vì   900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với 0,50 ABC điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 2 1,00  x  1  2t Phương trình tham số của d1 là:  y  3  3t . M thuộc d1 nên tọa độ của M   z  2t  0,25 1  2t;3  3t; 2t  . 7
  8. NĐQ 0982473363 Theo đề: |1  2t  2  3  3t   4t  1| |12t  6 | d  M ,  P   2  2  12t  6  6  t1  1, t2  0. 12   2   22 3 2 + Với t1 = 1 ta được M 1  3; 0; 2  ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 1;3; 0  + Ứng với M1, điểm N1  d 2 cần tìm phải là giao của d2 với mp qua M1 và // mp (P), gọi mp n ày là (Q1). PT (Q1) là:  x  3  2 y  2  z  2   0  x  2 y  2 z  7  0 (1) .  x  5  6t 0,25 Phương trình tham số của d2 là:  y  4t  (2)  z  5  5t  Thay (2) vào (1), ta được: -12t – 12 = 0  t = -1. Điểm N1 cần tìm là N1(- 1;-4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;-5). 0,25 VII 1,00 b 1 Điều kiện 0 x3 3  x  3 0,25 1 3 1 3  x  '   ln1  3ln  3  x   3ln  3  x  ; f '( x)  3 f ( x)  ln 3  x  3  x 3 x 3   6 1  cos t  6 2t 3 3  sin 2 dt    2 dt    t  sin t |0     sin     0  sin 0   3 Ta có:   0,25 0 0  6 2t  sin 2dt  3  3 2x 1   x  2  x 3 x  2  0 0   3  x x  2      1 Khi đó: f '( x)  0,50   x3 x2  x  3; x  2  x  3; x  2  2  8
ADSENSE

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.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2