Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Long Châu Sa (2010-2011)

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Long Châu Sa (2010-2011) dành cho các bạn học sinh giúp củng cố kiến thức, luyện thi tuyển sinh Đại học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Long Châu Sa (2010-2011)

SỞ GD-ĐT PHÚ THỌ TRƯỜNG T.H.P.T LONG CHÂU SA ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC: 2010-2011 Môn thi : TOÁN THỜI GIAN LÀM BÀI:150 PHÚT(không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm)  x 1 Cho hàm số : y  (C) 2x  1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox. Câu II:(2 điểm) sin 2x cos 2x 1. Giải phương trình:   tgx  cot x cos x sin x 4 2. Giải phương trình: 2  log 3 x log 9 x 3  1 1  log 3 x Câu III: (2 điểm) sin 2 xdx 1.Tính nguyên hàm: F ( x)   3  4 sin x  cos 2 x 2.Giải bất phương trình: x 1  x  2  x  3 Câu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 2x  5y  2  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chú ý:Thí sinh chỉ được chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không được chấm A. Theo chương trình chuẩn Câu Va : 1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3  8C2  C1  49 . n n n 2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0.
Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB  3 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: 1. Giải phương trình : log 3 x  12  log 3 2x  1  2 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SD. Chứng minh SC  (AHK) và tính thể tích khối chóp OAHK. ………………… …..………………..Hết……………………………………. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu ý Nội Dung Điểm I 2 1 Khảo sát hàm số (1 điểm) 1  TXĐ: D = R\ {-1/2} 0,25 3  Sùự Biến thiên: y ,  2  0 x  D 2 x  1 1 1 Nên hàm số nghịch biến trên (   ;  )va ( ;  ) 2 2 + Giới hạn ,tiệm cận: 0,25 lim  y   1 x  2 lim  y    ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2 1 x  2 1 lim y   x  2 1 lim y    ĐTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2 x  2
+ Bảng biến thiên: x  -1/2  y’ - -  -1/2 y 0,25  -1/2  Đồ Thị : y 0,25 1 x -1/2 0 1 I -1/2
2  1  Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A   ,0   2   1 Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng y  k  x    2  x  1  1  2x  1  k  x  2   () tiếp xúc với (C)     /  x  1     k coùnghieä m 0,25  2x  1    x  1  1  2x  1  k  x   (1) 2     3  k (2)  2x  12  0,25 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là  1 3 x   x  1 2   2 2x  1  2x  1
1 1 3  (x  1)(2x  1)  3(x  ) và x    x  1  2 2 2 0,25 5 1 x . Do đó k   2 12 1 1  Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   x  12  2 0,25 II 2 1 sin2x cos2x 1. Giải phương trình:   tgx  cot gx (1) cosx sinx 0,25 cos2x cosx  sin2x sin x sinx cosx (1)    sin x cosx cosx sin x cos 2x  x  sin2 x  cos x  2   sin x cosx sin x cosx  cosx   cos2x  sin2x  0 0,25  2cos2 x  cosx  1  0  sin2x  0 1 0,25  cosx  ( cosx  1 :loaï vì sin x  0) i 2  0,25 x  k 2 3 2 4 2. Phương trình: 2  log3 x  log9x 3   1 (1) 1  log3 x 1 4 (1)  2  log3 x   1 log3 9x 1  log3 x 0,25 2  log3 x 4 0,25   1 2  log3 x 1  log3 x đặt: t = log3x 2 t 4 0,25 thành   1  t 2  3t  4  0 2  t 1 t
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)  t  1 hay t  4 1 0,25 Do đó, (1)  log3 x  1 hay x  4  x  hay x  81 3 III 2 1 1 sin 2 xdx 2 sin x cos xdx Ta có F ( x )   3  4 sin x  (1  2 sin 2   2 sin2 x) x  4 sin x  2 0,25 Đăt u = sinx  du  cos xdx O,25 udu du du F ( x )  G (u )   2    u  1 u 1 (u  1)2 0,25 Ta có: 1  ln u  1  c u 1 1 0,25 Vậy F ( x)  ln sinx  1  c sin x  1 2 1 Đk: x  3 0,25  x 1  x  2  x  3 Bpt  2 x 2  5 x  6  4  x 4  x  0 0,25  2 3 x  12 x  8  0 3  x  4   6  2 3 62 3   x 0,25  3 3 62 3 3 x 3 0,25
IV 1  2x  5y  2  0 y2  . Tọa độ A là nghiệm của hệ 4x  y  14  0  x  4  A(–4, 2) 0,25 Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ABC nên 3x G  x A  x B  x C x B  x C  2 0,25   (1) 3y G  y A  y B  y C y B  y C  2 Vì B(xB, yB)  AB  yB = –4xB – 14 (2) 2x C 2 0,25 C(xC, yC)  AC  y C    ( 3) 5 5 Thế (2) và (3) vào (1) ta có  x B  x C  2 0,25  x B  3  y B  2  2x C 2   4x B  14  5  5  2 x C  1  y C  0  Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) V.a 3 1 1 1. Điều kiện n  4 0,25 n  Ta có: x  2 2  C x n k 2k n  k n 2 k 0 Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2n  4 n Hệ số của số hạng chứa x8 là C4 2n  4 0,25 n
Ta có: A 3  8C2  C1  49 n n n 0,25  (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n2 + 7) = 0  n = 7 0,25 Nên hệ số của x8 là C4 23  280 7 2 2 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R  3 0,25 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB. AB 3 0,25 Ta có AH  BH   2 2 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. 0,25 Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 2 2  3 2 3 Ta có: IH '  IH  IA  AH  3    2  2  0,25   2 2 Ta có: MI   5  1  1 2 5 3 7 3 13 0,25 và MH  MI  HI  5   ; MH '  MI  H ' I  5   2 2 2 2
3 49 52 0,25 Ta có: R1  MA 2  AH 2  MH 2  2    13 4 4 4 3 169 172 R2  MA '2  A ' H'2 MH '2  2    43 4 4 4 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 0,25 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 V.b 3 1 1 2 1. Giải phương trình: log3 x  1  log 3 2x  1  2 0,25 1 Đk:  x  1 2  2log3 x  1  2log3  2x  1  2  log3 x  1  log3  2x  1  1  log3 x  1  2x  1  log3 3 0,25  x  1  2x  1  3 0,25 1   x 1  2 2 2x  3x  4  0(vn)  hoac x 1  2x 2  3x  2  0 x2 0,25 2 2 +BC vuông góc với (SAB) 0,25  BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB  AH vuông góc với (SBC)  AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2)
(1) và (2)  SC vuông góc với (AHK ) 0,25 SB2  AB2  SA 2  3a2  SB = a 3 a 6 2a 3 2a 3 AH.SB = SA.AB  AH=  SH=  SK= 0,25 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) HK SH 2a 2 0,25 Ta có HK song song với BD nên   HK  . BD SB 3 kẻ OE// SC  OE  ( AHK )(doSC  ( AHK )) suy ra OE là đường cao của 0,5 hình chóp OAHK và OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 0,25 4a2 2a AM 2  AH 2  HM 2   AM= 9 3
1 1a 1 a3 2 0,25 VOAHK  OE.SAHK  . HK.AM  (đvtt) 3 32 2 27 S K I M H E A D O M C