ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN: Khối A - TRƯỜNG THPT YÊN THÀNH

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

93
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 yên thành', 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 YÊN THÀNH

TRƯỜNG THPT YÊN THÀNH II ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN: Khối A Thời gian làm bài: 180 phút,không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) CâuI: ( 2.0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3mx + 3m + 4 đồ thị là ( Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m = 0 2. Tìm m để diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị ( Cm) và trục hoành có phần nằm phía trên trục hoành bằng phần nằm phía dưới trục hoành CâuII: ( 2.0 điểm) 1. Giải phương trình cos2x + cos4x + cos6x = cosxcos2xcos3x + 2 2. Giải phương trình ( 2x +1) x 2  3  x 2  2 x  1  0 CâuIII: ( 1.0 điểm)  sin 4 xdx 6 Tính tích phân I =  2 x  1   6 Câu IV: ( 1.0 điểm) Cho tứ diện ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AB và CD R là một điểm trên cạnh BC sao cho BR = 2RC . Mặt phẳng ( PQR) cắt AD tại S . Tính thể tích khối tứ diện SBCD theo a Câu V:( 1.0 điểm) 2 2 x 2  y 2  y 2  2 x 2  3  Giải hệ phương trình  3 3  x  2 y  y  2x  PHẦN RIÊNG ( 3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A Theo chương trình chuẩn Câu V.a ( 2.0 điểm) 1. Trong không gian với hệ toạ độ 0xyz cho các điểm A( 0;0;2), B(3; 0;5), C(1;1;0) , D( 5;1; 2).Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A,B đồng thời cách đều hai điểm C và D 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ (0xy) cho đ ường tròn ( C) có phương trình: (x – 1)2 + (y-2)2 = 4 Và điểm K( 3;4) . Lập phương trình đường tròn ( T) tâm K cắt đường tròn ( C) Tại hai điểm A,B Sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất với I là tâm của đường tròn ( C) Câu VIa ( 1.0 điểm) 5  x3  3 x2  7 Tìm giới hạn sau I = lim x2 1 x 1 A Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: ( 2.0 điểm) x y 1 z 1. Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng ( d ) có phương trình:   2 1 3 Và hai điểm A( 1;2;-4) ; B( 1;2;-3) .lập phương trình đường thẳng (  ) đi qua B và cắt đường ( d) đồng thời khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng (  ) là lớn nhất 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 0xy cho hai đ ường thẳng d1: x + 2 y – 7 = 0 và d2: 5x + y – 8 = 0 và điểm G( 2;1) . Tìm tọa độ điểm B thuộc d1 điểm C thuộc d2 sao cho tam giác ABC nhận điểm G làm trọng tâm biết A là giao điểm của d1 và d2 CâuVIb: ( 1.0 điểm) x 2  1  cos x Tìm giới hạn sau: I = lim x2 x0 Hết www.laisac.page.tl
TRƯỜNG THPT YÊN ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 THÀNH 2 NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán (Hướng dẫn chấm này gồm có 04 trang) Câu Hướng dẫn giải Điểm I.1 1,0 Hàm số bậc 3 nhận điểm uốn làm tâm đối xứng nên ycbt tương đương với hàm số có I.2 0,25 cực trị và điểm uốn thuộc Ox *Hàm số có cực trị khi phương trình y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt 3x2-6x+3m=0 0,25 có 2 nghiệm phân biệt '  9(1  m)  0  m  1 0,25 *y''=6x-6 = 0 x = 1 => y = 6m + 2 => đồ thị hàm số nhận điểm U(1; 6m+2) làm điểm uốn 1 0,25 Điểm uốn thuộc Ox khi yU = 0 6m+2 = 0 m  3 1 Vậy m  là giá trị cần tìm 3 II.1 1 pt  cos2 x  cos4 x  cos6 x  (cos3 x  cos x) cos 3x  2 0,25 2  2cos2 x  2cos4 x  2cos6 x  cos 2 3x  cos x cos 3 x  4 0,25  ...  cos2 x  cos4 x  cos6 x  3 cos2 x  1  0,25  cos4 x  1  ... cos6 x  1  0,25  x  k Đặt II.2 0,25 x2  3  t  3  x 2  t 2  3 x  1  0 t  1 ( L) 0,5 pt  t 2  (2 x  1)t  2 x  2  0    x 2  3  2 x  2   2 2 t  2 x  2 x  3  4 x  8x  4   x  1    x  4  13 ( L) 0,25   3     x  4  13  3  III Ta có 0,25
  0 x 4 x 4 2 x sin 4 xdx 6 6 2 sin xdx 2 sin xdx I    I1  I 2   2x  1 2x 1 2x  1 0   0,25 6 6   dat x  t  dx   dt , khi x   t  ;x  0t  0 6 6 0 t 0 4 4 2 sin (t )dt sin (t ) dt 0,25  I1     t t 2 1 2 1   0,25 6 6      sin 4 xdx 2 x sin 4 xdx 6 6 6 6 6 1 1   sin 4 xdx   (1  cos2 x) 2 dx   (3  4cos2 x  cos4 x)dx I x  x 2 1 2 1 40 80 0 0 0 4  7 3 1 1  (3x  2sin 2 x  sin 4 x )  8 4 64 RQ cắt BD tại K IV Gọi I là trung điểm của BR =>DI//RQ 0,25 => ID là đường trung bình của tam giác BRK =>D là trung điểm của BK, từ đó suy ra S là trọng tâm tam giác ABK A A AS 2   0,25 AD 3 V AS 2 1 P ta có ABSC    VSBCD  VABCD a 0,25 VABCD AD 3 3 C S R A a3 3 a3 3 Ia a mà VABCD   VSBCD  B A 12 36 0,25 A Q a D a K A ĐK V  2 x2  y 2  1 2 2 2 2 2 2  2 x2  y 2  1 2 x  y  0, pt (1)  (2 x  y )  2 2 x  y  3  0   0,25  2 x  y  3 ( L) 2 2  pt (2)  x  2 y  ( y  2 x )(2 x  y )  x  2 y  2 x y  4 x 3  y 3  2 xy 2 3 3 2 2 3 3 2  5 x 3  2 x 2 y  2 xy 2  y 3  0 (*) 0,25 y = 0 không phải là nghiệm của phương trình, khi đó x x x (*)  5( )3  2( )2  2  1  0 (**) y y y 0,25 t  1 Đặt t = x/y khi đó (**)  5t 3  2t 2  2t  1  0   x y 2 5t  3t  1  0 (VN ) thay x = y vào pt(2) ta được x3 - x = 0 x = 0, x = -1, x = 1 0,25 Đối chiếu với điều kiện thì phương trình có nghiệm là (1; 1) và (-1; -1) Mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D là mặt phẳng song song với CD hoặc (P) Va.1 0,25 đi qua trung điểm của CD uuu r uuu r *(P) đi qua A, B và song song với CD => (P) nhận AB(3; 0;3), CD  (4; 0; 2) làm cặp véc tơ chỉ phương nên (P) có véctơ pháp tuyến là
r uuu uuu rr n   AB, CD   (0; 6; 0) do đó (P) có phương trình y = 0   0,25 *.(P) đi qua A, B và trung điểm I(3; 1; 1) của đoạn CD nên (P) nhận cặp vectơ uuur uur AB (3; 0;3), AI  (3;1; 1) làm cặp vectơ chỉ phương nên (P) có vectơ pháp tuyến là r uuu uur r 0,25 n1   AB, AI   (3;12;3)  3(1; 4;1) do đó (P): x + 4y - z +2 = 0   Vậy có 2 mặt phẳng thoả mãn bài toán là: y = 0 và x + 4y - z + 2 = 0 0,25 Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R = 2 Va.2 0,25 Tam giác IAB có diện tích lớn nhất khi nó vuông tại I, hay AB  2 2 , 0,25 mà IK  2 2 suy ra có hai đường tròn thoả mãn yêu cầu bài toán A' H' B' 0,25 (T1) có bán kính R1 = R = 2 => (T1): (x-3)2+ (y-4)2 = 4 (T2) có bán kính I R2 = KA' = 0,25 A B KH 2  A ' H 2  (3 2)2  ( 2)2  2 5  (T2 ) : ( x  3)2  ( y  4)2  20 K VIa ( 5  x 3  2)  (2  3 x 2  7 ) ( 5  x 3  2) 2  3 x 2  7 I  lim  lim[  ] 0,25 x2 1 x2  1 x2  1 x 1 x 1 1  x3 1  x2 0,25  = lim[ ] ( x 2  1)( 5  x3  2) ( x 2  1)(4  3 ( x 2  7) 2  2 3 x 2  7 ) x 1  x2  x  1  x 1 11  = lim[ ]= 0,5 24 ( x  1)( 5  x 3  2) ( x  1)(4  3 ( x 2  7) 2  2 3 x 2  7 ) x 1 Vb.1 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (  )  AH  AB  AH lớn nhất khi H trùng B => d(A,  ) lớn nhất khi Huuuùng B trr uuu r Trên (d) chọn điểm C(2t; t+1; 3t) khi đó BC  BA  BC .BA  0  t  1  C (2; 0; 3) 0,25 đường thẳng  cần lập chính là đường thẳng BC do đó có phương trình 0,25  x  2  3k   y  2k  z  3 0,25  Vb.2 x  2 y  7 x  1 Toạ độ của A là nghiệm của hệ    A(1;3) 0,25 5 x  y  8 y  3 B thuộc d1 nên B(7-2b; b); C thuộc d2 nên C(c, 8-5c) x A  xB  xC   xG   3 0,25  y A  yB  yC vì G là trọng tâm tam giác ABC nên  yG   3  2b  c  2 b  2 0,25   b  5c  8 c  2 0,25 Vậy B(3; 2) và C(2; -2)
VIb 0,25 ( 1  x 2  1)  (1  cos x) ( 1  x 2  1) 1  cos x I  lim  lim[  ] x2 x2 x2 x 0 x 0 x 2sin 2 x2 2]  = lim[ 0,25 2 x 2 2 x0 x ( 1  x  1) x sin 2 1 2]=1  lim[  x2 1  x2 1 x0 0,5 2 4