ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TOÁN - THPT chuyên Lương Văn Tụy

Chia sẻ: Phạm Ngọc Hải | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

178
lượt xem 22
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học toán - thpt chuyên lương văn tụy', 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 TOÁN - THPT chuyên Lương Văn Tụy

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỞ GD& ĐT NINH B ÌNH TRƯỜNG THPT MÔN TOÁN CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY KHỐI D -LẦN 2 NĂM HỌC 2010-2011 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 6 câu in trong 1 trang) 2x Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số y = (1) x −1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2) Tìm các giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx-m+2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho đoạn AB có độ dài nhỏ nhất Câu II ( 2 điểm) cos 2 x(cos x − 1) = 2(1 + s inx) 1) Giải phương trình: s inx + cos x  x 3 (2 + 3 y ) = 1  2) Giải hệ phương trình :  3  x( y − 2) = 3  Câu III ( 2 điểm) 1) Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm thực phân biệt: 10 x 2 + 8 x + 4 = m(2 x + 1) x 2 + 1 5 x2 + 1 I =∫ dx 2) Tính tích phân: x 3x + 1 1 Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC. A/ B / C / có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A/ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm O của tam giác ABC. 1) Chứng minh BC vuông góc mặt phẳng ( A/ AO) . a3 2) Tính thể tích khối lăng trụ ABC. A/ B / C / biết khoảng cách giữa AA/ và BC là 4 Câu V ( 2 điểm) 1) Khai triển (1 + 3 x) n thành đa thức P ( x ) = a0 + a1 x + a2 x + ... + an x 2 n trong đó a0 , a1 ,..., an là các hệ số, n là số nguyên dương thoả mãn điều kiện: C2 n 22 n −1 − 2C2 n 22 n − 2 + 3C2 n 22 n −3 − ... − 2nC2 n = 40 . Tìm số lớn nhất trong các số a0 , a1 ,..., an 1 2 3 2n 2)Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho 2 đường thẳng x −1 y z + 2 x y −1 z −1 == và d 2 : = = d1 : −1 2 −1 1 1 3 a) Chứng minh d1 , d 2 chéo nhau b) Tìm tọa độ điểm M thuộc d1 , toạ độ điểm N thuộc d 2 sao cho khoảng cách MN ngắn nhất Câu VI ( 1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6,7 lập được bao nhiêu số tự nhiên có 8 chữ số trong đó chữ số 1 có mặt đúng 2 lần, chữ số 5 có mặt đúng 3 lần,các chữ số còn lại có mặt không quá 1 lần.
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 TRƯỜNG PTTH CHUYÊN Năm học 2010 - 2011 LƯƠNG VĂN TỤY MÔN: TOÁN - KHỐI D Thời gian làm bài: 180 phút (Hướng dẫn này gồm có 06 câu, 04 trang) Điểm Câu Đáp án 1) (1,0 điểm) −2 I < 0 ∀x ∈ D. Hàm số nghịch biến trên (2 điểm) TXĐ: R /{1}; y' = ( x − 1) 2 ( - ∞ ; 1) và (1 ; + ∞ ) 0.25 Cực trị: Không có - Giới hạn, tiệm cận: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞ ; tiệm cận đúng: x = 1 x →1− x →1+ 0.25 lim y = lim y = 2 ⇒ tiệm cận ngang: y = 2 0.25 x →−∞ x →+∞ - Bảng biến thiên 0.25 - Vẽ đồ thị 2) (1,0 điểm) + Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và ( d ) là: x ≠ 1 2x = mx − m + 2 ⇔  0.25 x −1 g(x) = mx − 2mx + m − 2 = 0 2 (1) + Điều kiện đường thẳng ( d ) cắt ( C ) tại 2 điểm phân biệt A, B. ⇔Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1: ⇔ m ≠ 0  ∆ ' > 0 ⇔ m > 0 0.25 g(1) ≠ 0  Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (1)⇒A (x1 ; mx1-m + 2); B (x2 ; mx2 - m + 2) ⇒ AB2 = (x1 - x2)2 + m2 (x1 - x2)2 =(1 + m2) [(x1 + x2)2 - 4x1x2] 8 ( m 2 + 1) 0.25 + Áp dụng Vi ét cho (1) ⇒ AB = 2 m 8 ( m + 1) 0.25 2 với m > 0 ⇒ AB ngắn nhất ⇔ m = 1 + Xét hàm số f(m) = m 1) (1,0 điểm) II + ĐK: sin x + cos x ≠ 0. Với điều kiện trên. (2 điểm)  ( 1 − sin x ) ( cos x −1)  + Phương trình đã cho ⇔( 1 + sin x )  − 2 ÷= 0 0.25 sin x + cos x   1 + sin x = 0 ⇔ 0.25 sin x + cos x + sin x cos x + 1 = 0 0.25
π + k 2π + Giải phương trình (1): ⇒ x = - 2 + Giải phương trình (2): Đặt sin x + cos x = t , t ∈ [ - 2 ; 2] ⇒ sin x cos x = t2 - 1  x = k 2π Thay vào ⇒ t = - 1 ⇒  0.25  x = π + k 2π  2 2) (1,0 điểm) + Nếu y = 3 2 : hệ vô nghiệm 3 +Nếư y ≠ 2 , từ phương trình: x (y3 - 2) = 3 ⇒ x = 3 thay vào y3 − 2 27 ( 2 + 3y ) 0.25 =1 phương trình (1) ta có: (3) (y − 2) 3 3 81( 8y3 + 6y 2 + 2 ) 27 ( 2 + 3y ) −1 , ta có f '(y) = Xét hàm số: f(y) = ( y3 − 2 ) (y − 2) 3 3 3 f '(y) = 0 ⇔ y = - 1 → Bảng biến thiên -∞ +∞ x -1 3 2 0.25 f '(y) + 0 - - +∞ f (y) 0 -∞ -∞ -∞ Từ bảng biến thiên ⇒ phương trình (3) có 1 nghiệm y = - 1 và có 1 nghiệm duy nhất trong khoảng ( 3 2 ; +∞ ) mà f(2) = 0.Vậy pt (3) có 2 0.25 nghiệm y=-1; y=2 0.25 1 Vậy hệ đã cho có 2 cặp nghiệm ( -1 ; - 1) và ( ;2 ) 2 1) (1,0 điểm) III (2 điểm) + Biến đổi phương trình về: 2 (2x + 1)2 + 2 (x2 + 1) = m (2x + 1) . x2 +1 2  2x + 1  2x + 1 ÷ + 2 = m. 2 ⇔2 .  0.25  x +1  x +1 2 2x + 1 + Đặt t = (*) đk: - 2 < t ≤ 5 x2 +1 0.25 thuộc ( − 2;2] hoặc t= 5 ,pt (*) có duy nhất 1 nghiêm x.Với Với mỗi t
( ) mỗi t thuộc 2; 5 pt (*) có 2 nghiêm x 2t 2 + 2 + Rút m ta có: m = t 2t 2 + 2 0.25 với -2 < t ≤ + Xét hàm số f(t) = 5 , t khác 0, lập bảng biến t thiên. 0.25  12  Kết luận: m ∈ (−5;−4) ∪ ( 4;5] ∪    5 2) (1,0 điểm) t2 −1 2 3x + 1 = t ⇒ x = ⇒ dx = + Đặt tdt 3 3 - Đổi cận: x 1 5 t 2 4 4 4 2 t2 −1 dt 0.25 ⇒I = ∫ dt + 2 ∫ 2 t −1 32 3 2 0.25 4 2 t2 −1 100 + Tính A = ∫ dt = 32 3 27 0.25 4 dt 3 + Tính B = 2 ∫ 2 = ln t −1 5 2 0.25 100 3 + ln ⇒I = A + B = 27 5 1) (0,25 điểm) AO ⊥ BC IV 0.25 N B' C' ⇒ BC ⊥ (A'AO) (1 điểm) A 'O ⊥ BC 2) (0,75 điểm) A/ d (AA' ; BC) = d (AA' ; (BC C'B')) = d (A ; (BCC'B')) + Gọi M là trung điểm BC. ,N là trung điểm B / C / H Trong (AMA') kẻ AH ⊥ NM.,H thuộc M B MN 0.25 C CM: AH ⊥ (BCC'B') O a3 ⇒ d (A; (BCC'B')) = AH = 4 A + Đặt A'O = x , x > 0. Ta có: AH . NM = A'O . AM (1) a3 a2 0.25 ; NM = AA / = A / O 2 + AO 2 = x 2 + AM = 2 3
0.25 a a Thay vào (1) ⇒ x = ⇒ A'O = 3 3 a3 3 Suy ra thể tích khối lăng trụ V = A'O . SABC = 12 (đvtt) 1) (1,0 điểm) V + Tìm n: Xét khai triển (2 điểm) 2n −1 2n − 2 f(x) = (2 - x)2n = C 2n 2 − C 2n .2 x + C 2n .2 .x 2 − ... + C 2n . x 2n 0 2n 1 2 2n ⇒ f '(x) = 2n −1 2n − 2 2n −3 2n −1 − C .2 + 2x C .2 − 3x .C . 2 + ... + 2n.x 1 2 2 3 2n C 2n 2n 2n 2n ( − ... − 2n.C 2n ) 2n −1 2n − 2 2n −3 − 2C .2 + 3C .2 1 2 3 ⇒ f '(1) = - C .2 2n 2n 2n 2n 0.25 Mà f '(x) = -2n (2 - x)2n-1 ⇒ f ' (1) = - 2n 2n −1 − 2C 2 .2 2n −2 + ... − 2n.C 2n = 2n ⇒ n = 20 1 ⇒ C 2n .2 2n 2n 20 20 ∑ Ck20 ( 3x ) = ∑ Ck20 .3k x k k + Xét triển khai: (1 + 3x)20 = k =0 k =0 k k ⇒ ak = C .3 20 0.25 ak + Xét tỉ số ak +1 ak 0.25 ≤ 1 ⇔ 0 ≤ k ≤ 14 suy ra hệ số lớn nhất là a15 +cho ak +1 2. (1,0 điểm) a) (0,5 điểm) uur + Đường thẳng d1 qua M1 (1 ; 0 ; -2) có VTCP: U1 = ( −1; 2;1) uur + Đường thẳng d2 qua M2 (0 ; 1 ; 1) có VTCP: U 2 = ( −1;3; −1) uu uur r uuuuuu r 0.5 Chứng minh:  U1 , U 2  . M1M 2 ≠ 0   b) (0,5 điểm) + Viết phương trình tham số của đường thẳng d1, d2 M ∈ dr ⇒ M (1 - t1 ; 2t1 ; -2 + t1) ; N ∈ d2 ⇒ N (t2 ; 1 + 3t2 ; 1 - t2) 1 uuuu 0.25 ⇒ MN = (t2 + t1 - 1 ; 1 + 3t2 - 2t1 ; 3 - t2 - t1) + Điều kiện MN ngắn nhất ⇔ MN là đoạn vuông góc chung của d1, d2  7 uuuu uu rr  t1 = 5 MN.U1 = 0 MN ⊥ d1   ⇔  uuuu uur ⇔ ⇔ r MN ⊥ d 2 t = 3 MN.U 2 = 0  2 5   2 14 −3   3 14 2  0.25 ⇒M  − ; ; ÷ ; N ; ;÷  5 5 5 5 5 5 2 + Chọn vị trí cho 2 chữ số 1: c ó C8 cách .Với mỗi cách chọn vị trí cho
VI 3 2 chữ số 1 có C6 cách chọn vị trí cho 3 chữ số 5. Với mỗi cách chọn (1 điểm) 3 trên có A 6 cách chọn các chữ số còn lại. 2 3 3 0.5 Vậy có: C8 .C6 .A 6 số, kể cả trường hợp số 0 đứng đầu. + Xét trường hợp chữ số 0 đứng đầu, lí luận tương tự có C7 .C3 .A 5 số 2 2 5 2 3 3 2 3 2 Vậy tất cả có: C8 .C6 .A 6 - C7 .C5 .A 5 = 63000 số 0.5 ------- Hết -------