Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Ngọc Quyên năm 2011 lần 1 (khối D)

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Ngọc Quyên năm 2011 lần 1 gồm các câu hỏi tự luận có đáp án giúp cho các bạn học sinh lớp 12 có thêm tư liệu tham khảo phục vụ cho ôn tập thi cử.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Ngọc Quyên năm 2011 lần 1 (khối D)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I – NĂM 2011 MÔN TOÁN- KHỐI D (Thời gian làm bài 180 phút-không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH x2 Câu I: (2 điểm) Cho hàm số : y  (C) x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C). b) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của m, đường thẳng d : y   x  m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B phân biệt. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng AB. Câu II: (2 điểm) a)Giải bất phương trình: 2 2 2 9 2 x  x 1 34.152 x  x  252 x  x 1  0 b)Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm :   x+1  y  1  a   x  y  2a  1  Câu III: (2 điểm) 1 8  1 a) Giải phương trình: 2 cos x  cos 2 (  x )   sin 2 x  3cos( x  )  sin 2 x 3 3 2 3 1 3 x 1 b) Tính : e dx 0 Câu IV: (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;5;0) và hai đường thẳng x  t  x y2 z 1 :  y  4  t ; 2 :    z  1  2t 1 3 3  Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua điểm I và cắt cả hai đường thẳng 1 và  2 Viết phương trình mặt phẳng(  ) qua điểm I , song song với 1 và  2 PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu V.a hoặc V.b Câu V.a DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN (3 điểm) 1)Trong không gian , cho hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz Tìm số các điểm có 3 toạ độ khác nhau từng đôi một,biết rằng các toạ độ đó đều là các số tự nhiên nhỏ hơn 10. Trên mỗi mặt phẳng toạ độ có bao nhiêu điểm như vậy ? 2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng đường cao, bằng a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB 3) Giải phương trình: 3log2 x  x 2  1 Câu V.b: DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (3 điểm) 1) Chứng minh rằng phương trình : x 5  5 x  5  0 có nghiệm duy nhất x2 y2 2)Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E):   1 , biết tiếp tuyến đi qua điểmA(4;3) 16 9 3) Có bao nhiêu số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau từng đôi một , trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3. HẾT
Họ và tên thí sinh………Số báo danh……………Phòng thi… ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG LẦN I- KHỐI D Năm học 2009-2010
PHẦN Nội dung chính và kết quả Điểm thành CHUNG phần (7 điểm) Câu I a) (1điểm) D=R/ 1 1 y ' > 0 , x  D  h/số đồng biến trên D và không có cực trị 0,25 điểm ( x  1) 2 Các đường tiệm cận: T/c đứng x=1; T/c ngang: y =1 2 điểm Tâm đối xứng I(1;1) BBT x - 1 + y’ + + 0,25 điểm + 1 y 1 - Đồ thị y f(x)=(x-2)/(x-1) f(x)=1 7 x(t)=1 , y(t)=t 6 5 0,5 điểm 4 3 2 1 x -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 -5
b) (1 điểm) * Phương trình hoành độ giao điểm của d (C ) là: x 2  mx  m  2  0 (1) ; đ/k x  1 0,25 điểm   m2  4m  8  0 Vì  với m ,nên p/t (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với m .Suy  f (1)  1  0 0,25 điểm ra d (C ) tại hai điểm phân biệt với m *Gọi các giao điểm của d (C ) là: A( x A ;  x A  m ) ; B( xB ;  xB  m );với x A ; xB là các nghiệm của p/t (1) 2 0,25 điểm AB 2  2( xA  xB )2  2  ( x A  xB )  4 xA .xB   2 2  2  m  4(m  2)   2  (m  2)  4   8   0,25 điểm Vậy : AB min  2 2 , đạt được khi m = 2
Câu II a) (1 điểm) 92 x  x 2 1 2  34.152 x  x  252 x  x 2 1 2 2 2 2  0  9.32(2 x  x )  34.32 x  x . 52 x  x  25.52(2 x  x )  0 0,25điểm 2  2 x x 2 điểm 2  3  1  5  2(2 x  x 2 ) 2x x  3 3    9.    34.    25  0   2 0,25điểm 5 5  3 2 x  x 25     5  9 2x  x2  0   x  (;1  3)  (0; 2)  (1  3; )  2 x  x  2 0,5 điểm KL: Bpt có tập nghiệm là T= (;1  3)  (0; 2)  (1  3; )  x 1  y 1  a  b)(1 điểm) đ/k x  1; y  1 .Bất pt   2 2 ( x  1)  ( y  1)  2a  1  0,25 điểm  x  1  y 1  a   1 2  x  1. y  1   a  (2a  1)  ; Vậy x  1 và y  1 là nghiệm của p/t:  2  0,25điểm 2 1 T  aT  (a 2  2a  1)  0 * .Rõ ràng hệ trên có nghiệm khi p/t* có 2 nghiệm không âm 2    0 a 2  2(a 2  2a  1)  0   0,5điểm   S  0  a  0  1 2  a  2  6 P  0 1   (a 2  2a  1)  0 2 Câu III 1 8  1 a) (1 điểm) 2cosx+ cos 2 (  x )   sin 2 x  3cos(x+ )+ sin 2 x 3 3 2 3 1 8 1 2 2 điểm  2cosx+ cos 2 x   sin 2 x  3s inx+ sin x 3 3 3 0,25 điểm  6cosx+cos x  8  6s inx.cosx-9sinx+sin 2 x 2 7  6cosx(1-sinx)-(2sin 2 x  9 s inx+7)  0  6cosx(1-sinx)-2(s inx-1)(s inx- )  0 2 0,25 điểm 1  s inx=0 (1)    (1-sinx)(6cosx-2sinx+7)  0    x   k 2 ;(k  Z ) 6cosx-2sinx+7=0(2)  2 0,5 điểm (p/t (2) vô nghiệm )
1 3 x 1 b) (1 điểm) Tính: I=  e dx 0 0,5 điểm 2 x  0  t  1 Đặt 3x  1  t ; t  0  3 x  1  t 2  dx  t.dt ;  3 x  1  t  2 2 2 t u  t  du  dt Vậy I=  te dt Đặt . 0,5 điểm 31 dv  et dt  v  et 2 2 2 Ta có I  (tet   et dt )  e 2 3 1 3 Câu Nội dung chính và kết quả Điểm thành phần x  t  x y2 z I(1;5;0) , 1 :  y  4  t 2 :    z  1  2t 1 3 3 Câu IV  1 có vtcp u1 (1; 1; 2) ;và 1 đi qua điểm M 1 (0; 4; 1) 1 điểm  2 có vtcp u2 (1; 3; 3) ;  2 đi qua điểm M 2 (0; 2;0)     0,25 điểm  mp(P)chứa 1 và điểm I có vtpt n   M 1 I , u1   (3; 1; 2)    p/t mp(P) : 3x –y - 2z + 2 = 0  Tương tự mp(Q) chứa  2 và điểm I có vtpt n' (3;-1;2)  p/t mp(Q) : 3x - y + 2z + 2 = 0 *Vì đường thẳng d qua I , cắt 1 và  2 , nên d = (P)  (Q)     0,25 điểm  đường thẳng d có vtcp ud   n, n '  = (1;3;0); d đi qua điểm I(1;5;0)   x  1 t  Nên p/t tham số của d là  y  5  3t z  0      *mp(  ) qua điểm I và song song với 1 và  2 nên (  ) có vtpt n = u1 , u2  =(9;5;-2)   0,5 điểm  p/t (  ) : 9x + 5y -2z – 34 = 0
CâuVa 1)(1 điểm) Tập hợp các số tự nhiên nhỏ hơn 10 : 0;1; 2;3; 4;5; 6; 7;8;9 3 0,5 điểm *Số điểm có 3 toạ độ khác nhau đôi một là: A10  720 (điểm) * Trên mỗi mặt phẳng toạ độ,mỗi điểm đều có một toạ độ bằng 0, hai toạ độ còn lại khác 0,5 điểm nhau và khác 0.Số các điểm như vậy là: A92  72 (điểm) 2) * Xác định k/c(AB;SC) Vì AB//mp(SDC)  d(AB,SC) = d(AB,mp(SDC)) 3 điểm Lấy M,N lần lượt là trung điểm của AB,DC;Gọi O = AC  BD  mp(SMN)  mp(SDC) 0,25 điểm Hạ MH  SN , (H SN)  MH  mp(SDC)  MH = d(M;(SDC)) = d(AB;(SDC))= d(AB;SC) * Tính MH: Hạ OI  SN  MH = 2.OI 0,25 điểm 1 1 1 ON 2 .OS2    OI 2   SNO vuông có: OI 2 ON 2 OS2 ON 2  OS2 S H 0,25 điểm I C B M O N A a D Với ON = ; OS = a 0,5 điểm 2 a 5 2a 5 ta tính được OI =  MH= 5 5 0,5 điểm 3) (1 điểm) 3log2 x  x 2  1 * ; Đ/k x>0 . Đặt log 2 x  t  x  2t t t t t  3 1 p/t *  3  4  1        1. Nhận thấy p/t này có nghiệm t = 1, và c/m được  4  4 nghiệm đó là duy nhất. Vậy , ta được : log 2 x  1  x  2 KL: p/t có duy nhất nghiệm x = 2
Câu Vb 1)(1 điểm) Đặt f ( x )  x 5  5 x  5  f ' ( x)  5( x 4  1)  5( x  1)( x  1)( x 2  1) 0,25 điểm  x  1 3 điểm f '( x)  0   .Ta có bảng biến thiên của h/s f(x): x  1 x - -1 1 + f’(x) + 0 - 0 + 0,25 điểm -1 + f(x) - -9 Nhìn vào bảng biến thiên,ta thấy : đường thẳng y=0 chỉ cắt đồ thị của h/s f(x) tại một 0,5 điểm điểm duy nhất. Vậy p/t đã cho có 1 nghiệm duy nhất xx y y 2) (1 điểm) Gọi toạ độ tiếp điểm là ( x0 ; y0 ), PTTT (d) có dạng: 0  0  1 * 16 9 4 x0 3 y0 Vì A(4;3)  (d)    1 (1) 0,25 điểm 16 9 x0 2 y0 2 Vì tiếp điểm  ( E ) ,nên   1 (2) .Từ (1),(2) ta có 16 9 0,25 điểm  12  3 x0  y0   x  4; y0  0  4  0 . Từ p/t * , ta thấy có 2 tiếp tuyến của (E) đi qua 9 x  16 y  144 2 2  x0  0; y0  3 0,5 điểm  0 0 điểm A(4;3) là : (d 1 ) : x – 4 = 0 ; (d 2 ) : y–3=0 3)(1 điểm) TH1 : Số phải tìm chứa bộ 123: Lấy 4 chữ số  0; 4;5;6; 7;8;9 : có A74 cách Cài bộ 123 vào vị trí đầu,hoặc cuối,hoặc giữa hai chữ số liền nhau trong 4 chữ số vừa lấy: có 5 cách 0,5 điểm  có 5 A74 = 5.840 = 4200 số gồm 7 chữ số khác nhau trong đó chứa bộ 123 3 Trong các số trên, có 4 A6 = 4.120 = 480 số có chữ số 0 đứng đầu  Có 5 A74 - 4 A6 = 3720 số phải tìm trong đó có mặt bộ 123 3 TH 2 : Số phải tìm có mặt bộ 321 (lập luận tương tự) Có 3720 số gồm 7 chữ số khác nhau , có bặt 321 0,5 điểm Kết luận: có 3720.2 = 7440 số gồm 7 chữ số khác nhau đôi một,trong đó chữ số 2 đứng liền giữa hai chữ số 1 và 3 Chú ý :- Nếu học sinh làm theo cách khác đúng thì phải cho điểm tối đa