ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

132
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 môn: toán, khối a - trường thpt lạng giang số 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 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1

e.tl c.pag .laisa w ww TRƯỜNG THPT LẠNG GIANG SỐ 1 - ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II LỚP 12 NĂM HỌC 2010-2011 -----------@------------ MÔN: TOÁN 12 Thời gian làm bài: 150 phút --------------------------------------@----------------------------------- y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  m (1) Câu I (2 điểm): Cho hàm số 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc tọa độ O. Câu II (2 điểm): 3  cos2 x 1. Giải phương trình : 4 cot x  2  sin x 2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: log 2 x  log 2 x  3  5 (log 4 x  3) 2 2 2 Câu III (1,5 điểm): ( Thí sinh khối B, D không phải làm câu 2) Tính: e 3  2 ln x x 1. I =  ( x  sin 2 2 x) cos 2 xdx 2. J  dx 1  2 ln x 1 Câu IV (1,5 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy a3 điểm M sao cho AM = , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM 3 Câu V (1 điểm): Dành cho thí sinh khối A : Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng a b b c c a   3 ab  c bc  a ca  b Dành cho thí sinh khối Bvà D: Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn điều kiện 111    2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1). xyz Câu VI (2 điểm): (Thí sinh chọn 1 trong 2 câu VIa hoặc VIb) Câu VIa: 1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 ,  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. 2, Cho tập hợp X gồm 50 phần tử khác nhau. Xét các tập con khác rỗng chữa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập X . Hỏi có bao nhiêu tập con như vậy. Câu VI b: 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3x  4 y  4  0 . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. n  1 2, Tìm hệ số chứa x trong khai triển  x  4  . Biết n là số nguyên dương thỏa mãn: 2  2 x n 1 2 3 2122 2 6560 2Cn  Cn  Cn  .....  Cn  0 n n 1 n 1 2 3 -------------------------------------------------------HẾT-------------------------------------------------------- 1
Họ và tên TS:...........................................................................SBD:....................................... ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điêm 1,(1điểm)Với m  1  y  x  3x 2 3 0.25 *TXĐ: R *Sự biến thiên : y ,  3x 2  6 x ; y ,  0  x  0  x  2 Câu I - y : đb trên các khoảng  ;0  và  2;   ; nb trên khoảng  0; 2  (2,5đ) 0.25 - cực trị: xcd  0  ycd  0 ; xct  2  yct  4 - giới hạn : lim y   x  - bbt :   x 0 2 + 0 - 0 + y, 0.25  0 y  -4 *Đồ thị : - Cắt 0y tại điểm:(0;0) fx = x3-3x2 y 4 2 0.25 -5 5 -2 -4 - Cắt 0x tại x  0; x  3 y ,  3x 2  6mx  3(m 2  1) 2. (1,5điểm):Ta có Để hàm số có cực trị thì PT y ,  0 có nghiệmphânbiệt 05  x 2  2mx  m2  1  0 có 2 nhiệm phân biệt    1  0, m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là 0.5 B(m+1;-2-2m) 2
 m  3  2 2 OA  2OB  m 2  6m  1  0   Theo giả thiết ta có 0.5  m  3  2 2  Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và m  3  2 2 . 1. (1điểm) CâuII sin x  0 (2đ) đ/k  0.25 cos x  0 pt đã cho tương đương với  4 cos x  2sin x  3  cos 2 x   cos x  sin x   3(cos x  sin x)  3  (cos x  sin x)(cos x  sin x) 0.25  x  k 2 sin x  cos x  1 3   k 2 , k  Z  x 3 x   k 2 0.5 sin x  cos x  3(vn) 2  2 3  k 2 , k  Z Vậy pt có nghiệm : x  2 2,(1điểm)  1 x  0 0 x  đ/k:  2 2  log 2 x  log 2 x 2  3  0 0.25  x8  Bpt tương đương với log 2 x  log 2 x 2  3  5 (log 2 x  3) (1) 2 đặt t = log2x, t 2  2t  3  5 (t  3)  (t  3)(t  1)  5 (t  3) Bpt (1)  0.25 t  1 log 2 x  1 t  1   t  3   3  log x  4 3  t  4    (t  1)(t  3)  5(t  3) 0.25 2 2   1 0  x  2 Vậy bpt có tập nghiệm là: (0; 1 ]  (8;16)   2 0.25 8  x  16 3
1, (1điểm - Khối A và 1,5 điểm đối với Khối B và D) CâuIII (1,5đ)    4 4 4 I =  ( x  sin 2x)cos2xdx   xcos2xdx   sin 2xcos2xdx  I1  I 2 2 2 0.25 0 0 0 TÝnh I1  du  dx u  x   14 x  I1  sin 2x  C1   sin 2xdx  1 ®Æt  v   cos2xdx v  2 sin 2x 2 20   x 1 0.25 = sin 2 x  cos2 x  C2 2 4 TÝnh I 2  0.25 4 1 1 I 2  sin 2 2xd(sin2x)  sin3 2x  C3 20 6 x 1 1 sin 2 x  cos2 x  sin 3 2 x  C Vậy I = 0.25 2 4 6 2,(0.5điểm) - đồi với khối A: e 3  2 ln x 1 x Tính I  dx . Đặt t  1  2 ln x  t 2  1  2 ln x; tdt  dx 0.25 1  2 ln x x 1 Đổi cận: x  1  t  1; x  e  t  2 2  t3  2 10 2 11 I   4  t  dt     4t    2 3 3 3 1 0.25 1 4
S CâuIV (1,5đ) N M H A D B C Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD  BC  AB  BC  BM . Tứ giác BCMN là hình thang vuông Ta có :   BC  SA 025 có BM là đường cao a3 a 3 MN SM MN 3 2    Ta có SA = AB tan600 = a 3 , AD SA 2a 3 a3 4a 2a Suy ra MN = . BM = 0.25 3 3 Diện tích hình thang BCMN là :  4a   2 a  3  2 a 10 a 2 BC  MN 0.25 BM    S=  2 2   3 33   Hạ SH  BM . Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH . Vậy SH  ( BCNM) 0.25  SH là đường cao của khối chóp SBCNM AB AM 1  Trong tam giác SBA ta có SB = 2a , = . SB MS 2 0.25 Vậy BM là phân giác của góc SBA  SBH  300  SH = SB.sin300 = a 5
10 3a3 1 0.25 Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = SH .( dtBCNM ) = 27 3 KHỐI A: a b 1c 1c CâuV   *Biến đổi; (1đ) 0.25 ab  c ab  1  b  a (1  a )(1  b ) 1c 1b 1a *Từ đó V T    (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) 0.25 Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 1c 1b 1a V T  3. 3 . . =3 (đpcm) 0.25 (1  a )(1  b ) (1  c )(1  a ) (1  c )(1  b ) 1 0.25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  3 KHỐI B VÀ D: 111    2 nên Ta có xyz 1 y 1 z 1 ( y  1)( z  1) 1 1 0.25  1 1   2 (1) x y z y z yz 1 x 1 z 1 ( x  1)( z  1) 1 1  1 1   2 Tương tự ta có (2) y x z x z xz 1 x 1 y 1 ( x  1)( y  1) 1 1 0.25  1 1   2 (3) y x y x y xy 1 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( x  1)( y  1)( z  1)  0.25 8 1 3 0.25 x yz vậy Amax = 8 2 Câu VIa: 1, (1điểm): Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) 0.25 CâuVI Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có (2 đ) 6
3(3t  8)  4t  10 0.25  (3t  8  2) 2  (t  1) 2 32  42 0.25 Giải tiếp được t = -3 0.25 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 2, (1điểm): Số tập con gồm k phần tử được lấy ra từ tập X là : C5k0 0.25  Số tất cả các tập con khác rỗng chứa một số chẵn các phần tử rút ra từ tập X là: 0.25 S  C50  C50  C50  .....  C50  C50 2 4 6 48 50 Ta có 1  x   C50  C50 x  C50 x 2  C50 x3  ......  C50 x 49  C50 x50 (*) n 0 1 2 3 49 50 Cho x  1  (*)  C50  C50  C50  C50  ......  C50  C50  250 0 1 2 3 49 50 0.25 x  1  (*)  C50  C50  C50  C50  ......  C50  C50  0 0 1 2 3 49 50  S  249  1 Do đó: 2( C50  C50  C50  .....  C50  C50 )  250 2 4 6 48 50 0.25 Câu VIb: 3a  4 16  3a )  B(4  a; 1, (1điểm): A(a; ). 0.25 4 4 Khi đó diện tích tam giác ABC là 1 S ABC  AB.d (C  )  3 AB 0.25 2 2 a  4  6  3a  AB  5  (4  2a) 2     25   a  0 Theo giả thiết ta có 0.25 2  0.25 Vậy hai điểm cần tìm là A(0;1) và B(4; 7
8
www.vnmath.com 9