Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lê Văn Hưu năm 2011

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

56
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lê Văn Hưu năm 2011 giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập để nắm vững được những kiến thức cơ bản về môn Toán học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lê Văn Hưu năm 2011

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI A 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 điểm) 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 điểm A( ; 2 )Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị 2 (C1) biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng (d): 16x + y – 2 = 0 Câu II. (2.0 điểm) 1.Giải phương trình 4sin3x -13sin2x + 4sinx = 3cos3x – 13cosx + 8cos2x 2. Giải bất phương trình (4 x  1) x 2  1  2 x 2  2 x  1 Câu III. (1.0 điểm) ln(1 x2 )x  2011x Tìm nguyên hàm I =  2 dx ln[(ex2  e)x 1] Câu IV. (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều 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 vuông ABCD tâm I .Các nửa đường thẳng Ax, Cy cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và ở cùng phía đối với mặt phẳng đó. Trên Ax, Cy lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = m, CN = n, m,n  0 góc tạo bởi hai mặt phẳng (MBD) và (ABCD) bằng 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 đường thẳng đi qua A(8 ;6) và tạo với 2 trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 12. 2. Giải phương trình Cxx 1  C xx 2  ...  C xx 10  1023 ( Cn là tổ hợp chập k của n phần tử) k Câu VIIa. (1.0 điểm)  x3  5 xy 2  3 y 3  2 x  y  Giải hệ phương trình  2  x  2 xy  1  B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy viết phương 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 đường thẳng đi qua N(0 ; 3), A,D 3 thuộc đường thẳng đi qua P(4 ; -1/3), C,D thuộc đường thẳng đi qua Q(6 ;2) . C x 3 1 k k 2. Giải bất 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 phần tử) Câu VIIb. (1.0 điểm) 10 x  xy  y  2 Giải hệ phương 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 gì 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 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN 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 Câu I 1. TXĐ:D = R 0,25 1.(1điểm) 2. Chiều biến thiên 0,25 limy  ,lim y   2.(1điểm) x  x  y’ = 4x3 – 8x, y’ = 0 Bảng biến thiên 0,25 Khoảng 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 điểm 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 Vậy (C1) có phương trình y  f ( x )   x 4  4 x 3  2 x 2  4 x  4 0,25 Ta có f’(x) = -4x3 + 12x2 – 4x – 4 Phương trình tiếp tuyến tại M0(x0; y0) có dạng y = f’(x0)(x – x0) + y0. Vì tiếp tuyến song 0,5 song với (d) nên f’(x0) = -16  -4x3 + 12x2 – 4x – 4 = -16  x0 = 3 suy ra phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = - 16x + 49 Câu II. Phương trình  4(sin3x + sinx) + 3(cosx – cos3x) – 13sin2x – 8cos2x = -10cosx 0,5 1.(1điểm)  (sin2x - cosx)(4cosx +3sinx – 5) = 0   k 2   4 0,5 sin 2 x  cosx=0  x  6  3 , x  2  k 2 sin   5    trong đó   4cosx+3sinx=5  x      k 2 cos = 3   2   5 Đặt t = x 2  1 (t  1) khi đó bất phương trình trở thành 2t2 – (4x-1)t+2x-1  0 0,25 Ta có  =(4x-3)2 tam thức vế trái có 2 nghiệm t1 =1/2 , t2 = 2x-1 0,25 2.(1điểm)  Nếu t2 < t1 ta suy ra bất phương trình vô nghiệm. 0,25 4 0,25  Nếu t1  t2 ta có tập nghiệm của bất phương trình là S = [ ;+) 3 CâuIII. 2 x ln(1  x )  2011x 2 x[ln(x +1)+2011] 0,25 1.(điểm)  ln[e x 2 1 ( x 2  1) x2 1 ] dx   ( x 2  1)[ln(x 2 +1)+1] dx 2x 0,25 Đặt t = ln(x2 + 1) + 1  dt  2 dx x 1 1 t  2010 1 0,25 Khi đí I =  t dt vậy I = 2 t  1005ln t  C = 2 1 1 0,25 ln( x 2  1)   1005ln(ln( x 2  1)  1)  C 2 2 Câu IV 2009 2011 1 1 2009 2011 0,25 1.(điểm) Ta có A = 2   2007(  )   a b b c a2 c
Đặt x = 1/a, y = 1/b, z = 1/c khi đó x2 + y2 + z2 = 3 0,25 2 2 A= 2009 x  2011y  2007( y  z )  2009 x  2011z 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] 2 0,5 Lập bảng biến thiên được AMax = 21.2009  hay a = ,b  c  2 5 Câu V. * BD vuông góc AC, MI vuông góc AC nên M 1. điểm ((MBD);(ABCD)) = MIA  300. Đặt AB = x ta có x AI = Trong tam giác MAI có AI.tan30 0 = MA 0,5 2 N D mn A  x  6m  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 = 3m. 0,25 Câu VI.a Giả sử (d) đi 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) x y 8 6 0.Khi đó (d) có phương trình   1 . Vì (d) đi qua A nên   1 (1) a b a b 8 6 0,25 1   1 lại có S OAB  ab  12 (2). Từ (1) và (2) ta có hệ  a b 2  ab  24   a  4 0,5  b  6 x y x y  từ đó có 2 đường thẳng thoả mãn điều kiện là   1,    1   a  8 4 6 8 3   b  3  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  C  C  ...  C  1024 x x 10 x 0,25 mặt khác ta có C10  C10  ...  C10  210  1024 0 1 10 0,5 Vậy x=10 CâuVII.a  x3  5 xy 2  3 y 3  2 x  y (1)  0,25 1(điểm)  2 Thay (2) vào (1) ta được x3 – 7xy2 + 3x2 y + 3y3 = 0 (3) 1  x  2 xy (2)  Với y = 0 hệ đã cho vô nghiệm nên ta giải hệ với y khác 0. x x x 0,25 (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  1 1 1 1 0,5 Với t = 1 ta có x = y hệ có nghiệm là ( ; ), (  ; ) 3 3 3 3 2 7 1 2 7 1 Với t = 2  7 hệ có nghiệm là (  ; ), ( ; ) 7 72 7 7 72 7 7 2 1 7 2 1 Với t = - 2 + 7 hệ có nghiệm là ( ; ); ( ; ) 7 72 7 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 – 3k = 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) k 4  1 0,25 4   3k  k  1  6k  2 k  3 3 3 10k  12  6  44k    1 k 2 1 k 2 10k  12  44 k  6 k   3   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 phương 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 x  3 0,25 ĐK:  x  N 2.(1điểm) 0,25 C x 3 1 ( x  1)! 1 Ta có x41    Ax 1 14 P3 2( x  1)! 84  x  7 x  7 0,5  x 2  x  42  0   kết hợp với điều kiện ta được  x  6 x  N Câu  xy  x  y  2  11x 0,25 VIIb. Hệ phương trình đã cho   2 2 1(điểm)  xy  2 xy  x  y  1  30 x Với x = 0 hệ đã cho vô nghiệm nên ta giải hệ với x khác 0 khi đó hệ 0,25  y 2  1 1  y  1  x  x  11  ( y  1)  x ( y  1)  x  11   2   y  2 y  1  1  y  30  1 ( y  1) 2  1 ( y  1)  30  x x x x 2 x 2 x  x2 a  b  6 0,25  1  a   a  ab  b  11   ab  5 Đặt  x khi đó hệ trở thành    ab(a  b)  30 a  b  5 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