ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LÊ VĂN HƯU

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 13
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 lê văn hưu', 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 LÊ VĂN HƯU

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐỀ THI KH ẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI A Trường THPT Lê Văn Hưu Ngày thi: 28/01/2011 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 .0 điểm) Câu I. (2.0 đ iểm) Cho hàm số y = x4 – 4x2 + 3 (C). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (C) 1 2. Gọi (C1) là đồ thị đối xứng của đồ thị (C) qua đ iểm A( ; 2 )Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị 2 (C1) biết rằng tiếp tuyến song song với đ ường thẳng (d): 16x + y – 2 = 0 Câu II. (2.0 đ iểm) 1.Giải phương trình 4sin3x -13sin2x + 4sinx = 3 cos3x – 13cosx + 8cos2x 2. Giải b ất phương trình (4 x  1) x 2  1  2 x 2  2 x  1 Câu III. (1.0 đ iểm) ln(1 x2 )x  2011x dx  Tìm nguyên hàm I = 2 ln[(ex2  e)x 1] Câu IV. (1.0 đ iểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn đ iều kiện a2b 2 + b2c2 + c2a2 = 3a2b2c2 2009bc  2011a 2 c  a 2007(b  c )  2009bc  2011a 2b Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  a bc Câu V. (1.0 điểm) Cho hình vu ông ABCD tâm I .Các nửa đường thẳng Ax, Cy cùng vuô ng góc với mặt phẳng (ABCD) và ở cùng p hía đối với mặt phẳng đó. Trên Ax, Cy lần lượt lấy các đ iểm M, N sao cho AM = m, CN = n, m,n  0 góc tạo bởi hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD) b ằng 300.Tính thể tích của khối chóp B.AMNC. Tìm điều kiện của m theo n để góc MIN vuông. PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không được chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa . (2 .0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Lập phương trình đ ường thẳng đ i qua A(8 ;6) và tạo với 2 trục toạ độ một tam giác có d iện tích b ằng 12. 2. Giải p hương trình Cxx 1  C xx 2  ...  C xx 10  1023 ( Cn là tổ hợp chập k của n p hần tử) k Câu VIIa . (1.0 điểm)  x3  5 xy 2  3 y 3  2 x  y  Giải hệ p hương trình  2  x  2 xy  1  B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb . (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy viết p hương trình các cạnh của hình chữ nhật ABCD .Biết rằng 4 AB = 2BC , A, B thuộc đường thẳng đi qua M(  ;1 ), B, C thuộc đ ường thẳng đi qua N(0 ; 3 ), A,D 3 thuộc đ ường thẳng đi qua P(4 ; -1/3), C,D thuộc đ ường thẳng đi qua Q(6 ;2) . C x 3 1 k k 2. Giải b ất phương trình : x41  ( Cn , An , Pk lần lượt là tổ hợp, chỉnh hợp chập k của n phần tử, Ax 1 14 P3 hoán vị của k p hần tử) Câu VIIb . (1.0 điểm) 10 x  xy  y  2 Giải hệ p hương trình  2 2 30 x  xy  2 xy  x  y  1 .................HẾT.............. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích g ì thêm Họ và tên thí sinh .......................................................... số báo danh.................................................. www.laisac.page.tl
Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MÔN TOÁN Trường THPT Lê Văn Hưu Ngày 28/01/2011 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1. TXĐ:D = R Câu I 0,25 1.(1điểm) 2. Chiều b iến thiên 0,25 limy  ,lim y   2.(1điểm) x  x  y’ = 4x3 – 8 x, y’ = 0 Bảng biến thiên 0,25 Kho ảng đồng biến , nghịch biến và cực trị của hàm số 3. Đồ thị, nhận xét đồ thị 0,25 Giả sử M(x1; y1)  (C), N(x2; y2)  (C1) là hai đ iểm đối xứng nhau qua A khi đó ta có 0,25  x1  1  x2  M (1  x2 ; 4  y2 ) . Vì M  (C ) nên ta có 4  y2  (1  x1 ) 4  4(1  x1 ) 2  3  y1  4  y2  0,25 Vậy (C1) có phương trình y  f ( x )   x 4  4 x 3  2 x 2  4 x  4 Ta có f’(x) = -4x3 + 12x2 – 4 x – 4 Phương trình tiếp tuyến tại M0(x0; y0) có d ạng y = f’(x0)(x – x0) + y0. Vì tiếp tuyến song 0,5 song với (d) nên f’(x0) = -16  -4x3 + 12x2 – 4 x – 4 = -16  x0 = 3 suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = - 16x + 49 Phương trình  4(sin3x + sinx) + 3(cosx – cos3x) – 13sin2x – 8 cos2x = -10cosx Câu II. 0,5 1.(1điểm)  (sin2x - cosx)(4cosx +3sinx – 5 ) = 0 0,5  k 2  4   sin   5  x  6  3 , x  2  k 2 sin 2 x  cosx=0    trong đó   4cosx+3sinx=5  x      k 2 cos = 3    2 5  0,25 Đặt t = x 2  1 (t  1) khi đ ó b ất phương trình trở thành 2t2 – (4x-1)t+2x-1  0 Ta có  =(4x-3)2 tam thức vế trái có 2 nghiệm t1 =1/2 , t2 = 2x-1 0,25 2.(1điểm) 0,25  Nếu t2 < t1 ta suy ra b ất phương trình vô nghiệm. 0,25 4  Nếu t1  t2 ta có tập nghiệm của b ất phương trình là S = [ ;+) 3 CâuIII. 0,25 2x 2 ln(1  x )  2011x x[ln(x +1)+2011]  ln[e x 2 1 ( x 2  1) x2 1 ] dx   ( x 2  1)[ln(x 2 +1)+1] dx 1.(đ iểm) 0,25 2x Đặt t = ln(x2 + 1) + 1  dt  dx 2 x 1 0,25 1 t  2010 1 Khi đí I =  t dt vậy I = 2 t  1005ln t  C = 2 0,25 1 1 ln( x  1)   1005ln(ln( x 2  1)  1)  C 2 2 2 Câu IV 0,25 2009 2011 11 2009 2011   2007(  )   Ta có A = 1.(đ iểm) 2 a2 a b bc c
Đặt x = 1 /a, y = 1/b, z = 1/c khi đó x2 + y2 + z2 = 3 0,25 2 2 2009 x  2011y  2007( y  z )  2009 x  2011z A= Ta có A2  3.4018( x 2  2(3  x 2 )) xét hàm số f(x) = x 2  2(3  x 2 ) trên (0; 3] 0,5 2 Lập bảng b iến thiên đ ược AM ax = ,b  c  2 21.2009  hay a = 5 Câu V. * BD vuông gó c AC, MI vuô ng góc AC nên M ((MBD);(ABCD)) = MIA  300. Đặt AB = x ta có 1. đ iểm x Trong tam giác MAI có AI.tan30 0 = MA AI = 0,5 2 N D mn A  x  6 m  S ACNM  AC  m 3( m  n) . 2 I Vậy VBACNM = m 2 (m  n) (đvtt) B C * Ta có MN = AC + (m - n) = 13m -2mn + n MI = x /2 + m , NI = x /2 + n2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0,25 góc MIN vuông khi và chỉ khi MN2 = MI2 + NI2 hay n = 3 m. 0,25 Câu VI.a Giả sử (d) đ i qua A(8;6) cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại các điểm M(a;0), N(0;b) a,b khác 0,25 1.(1điểm) xy 86 0.Khi đó (d) có phương trình   1 . Vì (d) đ i qua A nên   1 (1) ab ab 0,25 8 6   1 1 lại có S OAB  ab  12 (2). Từ (1) và (2) ta có hệ  a b 2  ab  24  0,5  a  4  b  6 xy xy  từ đó có 2 đường thẳng thoả mãn đ iều kiện là   1,    1   a  8 46 83   b  3  0,25 x 1 x 2 x 10 x 1 x2 x 10 2.(1điểm) Ta có Cx  C x  ...  Cx  1023  1  C x  Cx  ...  C x  1024 0,25 0 1 10  C  C  ...  C  1024 x x x 0,5 mặt khác ta có C10  C10  ...  C10  210  1024 0 1 10 Vậy x=10 CâuVII.a 0,25  x3  5 xy 2  3 y 3  2 x  y (1)  Thay (2) vào (1) ta đ ược x3 – 7xy2 + 3 x2 y + 3y3 = 0 (3) 1(điểm)  2 1  x  2 xy (2)  Với y = 0 hệ đ ã cho vô nghiệm nên ta giải hệ với y khác 0. 0,25 x x x (3)  ( )3  3( ) 2  7  3  0(4) . Đặt t = x/y phương trình (4) trở thành y y y t  1  t3 + 3t2 – 7t + 3 = 0  t  2  7 t  2  7  0,5 1 1 1 1 ), (  ; Với t = 1 ta có x = y hệ có nghiệm là ( ; ) 3 3 3 3 2 7 2 7 1 1 Với t = 2  7 hệ có nghiệm là (  ; ; ), ( ) 7 7 72 7 72 7 7 2 7 2 1 1 7 hệ có nghiệm là ( ; Với t = - 2 + ; ); ( ) 7 7 72 7 72 7 Phương trình AB có dạng: y = k(x + 4/3) + 1 0,25 DC: y = k(x - 6 ) + 2 , BC: x + ky – 3 k = 0 , AD: x + ky -4 + k/3 = 0
CâuVI.b Vì AB = 2BC nên d(AD,BC)=2d(AB,DC) hay d(P;BC) = 2d(M;DC) 0,25 1.(1điểm) 0,25 k 4 1  4   3k  k  1  6k  2 k  3 10k  12  6  44k 3 3    10k  12  44 k  6 k   3 1 k 2 1 k 2  17  Với k = 1 /3 ta có phương trình các cạnh hình chữ nhật là: AB: 0,25 y  1 / 3( x  4 / 3)  1, DC : y  1/ 3( x  6)  2, BC : x  1/ 3 y  1  0, AD : x  1/ 3 y  35 / 9  0 Với k = -3/17 ta có p hương trình các cạnh của hình chữ nhật là: AB : y  3/17( x  4 / 3)  1, DC : y  3 /17( x  6)  2, BC : x  3 /17 y  9 /17  0, AD : x  3/17 y  4  3 /17  0 0,25 x  3 ĐK:  x  N 2.(1điểm) 0,25 C x 3 ( x  1)! 1 1 Ta có x41    2( x  1)! 84 Ax 1 14 P3 0,5  x  7 x  7  x 2  x  42  0   kết hợp với đ iều kiện ta được  x  6 x  N Câu 0,25  xy  x  y  2  11x Hệ phương trình đ ã cho   2 VIIb. 2  xy  2 xy  x  y  1  30 x 1(điểm) Với x = 0 hệ đ ã cho vô nghiệm nên ta giải hệ với x khác 0 khi đó hệ 0,25 y2  1 1   y  1  x  x  11 ( y  1)  x ( y  1)  x  11    2   1 ( y  1) 2  1 ( y  1)  30  y  2 y  1  1  y  30 x2 x  2 2  x xxx x 0,25 a  b  6  1   a  ab  b  11   ab  5 a  Đặt  khi đ ó hệ trở thành   x a  b  5  ab(a  b)  30 b  y  1     ab  6  giải hệ với a,b tìm được ta được nghiệm của hệ là (1;4),(1/5;0), (1/3;1), (1/2;2) 0,25 Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p ¸n quy ®Þnh