Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Tài 2 (2011-2012)

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thảo Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Tài 2 (2011-2012) kèm đáp án môn Toán để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Tài 2 (2011-2012)

TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 20112012 BẮC NINH Môn: TOÁN Khối A + B Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I ( 2 điểm) 2 Cho hàm số: y = x 3 + ( m + 1) x 2 + ( m 2 + 4 m + 3) x + 1 3 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x1 x2 - 2( x1 + x2 ) với x1 , x là các điểm cực trị của hàm số. 2 Câu II ( 3 điểm) 1 . Giải phương trình: sin 3 x - 3sin 2 x - cos 2 x + 3sin x + 3cos x - 2 = 0 . ì x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y 2. Giải hệ phương trình: í 2 2 , ( x, y Î R ) î y ( x + y ) = 2 x + 7 y + 2 3 x 3. Giải bất phương trình: log 2 - 5log 3 81x 2 > 2 log 3 x - 7 . 1 3 9 Câu III ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB 0 tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 ; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). Câu IV ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. 1 Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh 3 B biết B có hoành độ dương. 2 2 2 2 æ C 0 ö æ C1 ö æ C 3 ö æ C n ö C n +1 - 1 2. Chứng minh ç n ÷ + ç n ÷ + ç n ÷ + ... + ç n ÷ = 2 n + 2 2 , với n nguyên dương. è 1 ø è 2 ø è 3 ø è n + 1 ø (n + 1) Câu V ( 2 điểm) 1. Cho x, y Î R thỏa mãn ( x + y )3 + 4 xy ³ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 ( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) - 2 ( x 2 + y 2 ) + 1 2. Giải phương trình: 2 x 2 - 7 x + 10 = x + x 2 - 12 x + 20 ( x Î R ) Cảm ơn taphieu@gmail.com gửi tới www.laisac.page.tl
Trường THPT Lương Tài 2 ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM Tổ Toán Tin ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2011 2012 Môn: Toán; Khối: A, B ( Đáp án – thang điểm gồm 5 trang 2 điểm Câu I 1. 2 0,25 1. Với m = 3 thì ta có y = x 3 - 2 x 2 + 1 . 3 +)Tập xác định: D = R. é x = 0 Þ y = 1 0,25 +)Sự biến thiên: y' = 2 x - 4 x. Ta có y' = 0 Û ê 2 ê x = 2 Þ y = -5 ë 3 Hàm số đồng biến trên các khoảng (-¥; 0), (2; +¥ , nghịch biến trên ( 0; 2). ) -5 0,25 +) Hàm số đạt yCD = y ( 0 ) = 1; yCT = y ( 2 ) = 3 +) Bảng biến thiên: x -¥ 0 2 +¥ y' + 0 - 0 + 1 +¥ y 5 -¥ - 3 +) Đồ thị: 0,25 2 5 5 2 2. +) Ta có y' = 2 x 2 + 2( m + 1 )x + m 2 + 4m + 3 . 0,25 Hàm số có hai cực trị ó y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt ó m 2 + 6m + 5 < 0 Û -5 < m < - 1 ì x1 + x2 = -1 - m 0,25 ï 1 +) Khi đó ta có í 1 2 => A = m 2 + 8m + 7 ï x1 x2 = 2 (m + 4m + 3) 2 î 1 9 0,25 +) Xét t = (m2 + 8m + 7) trên (5;1) => - £ t
II 1. sin 3 x - 3sin 2 x - cos 2 x + 3sin x + 3cos x - 2 = 0 0,25 Û (sin 3 x + sin x) + 2sin x - 3sin 2 x - (cos 2 x + 2 - 3cos x) = 0 Û 2sin 2 x.cos x + 2sin x - 6.sin.cos x - (2 cos 2 x - 3cos x + 1) = 0 Û 2 sin x.cos 2 x + 2 sin x - 6.sin .cos x - (2 cos 2 x - 3cos x + 1) = 0 é 1 0,25 ê sin x = 2 ê Û (2sin x - 1)(2cos 2 x - 3cos x + 1) = 0 Û ê cos x = 1 ê 1 ê cos x = ë 2 é p 0,25 x = + k 2 p 1 ê 6 +) sin x = Û ê , (k Î Z ). 2 ê p 5 x= p + k 2 ê ë 6 é p 0,25 p ê x = 3 + k 2 1 +) cos x = Û ê , ( k Î Z ). 2 ê p x = - + k 2 p ê ë 3 +) cos x = 1 Û x = k 2p , (k Î Z ). Kết luận ………………. 2 ì x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y Giải hệ phương trình: í 2 2 , ( x, y Î R ) . î y ( x + y ) = 2 x + 7 y + 2 +) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ 0,25 2 ì x + 1 2 2 ï + x + y = 4 ì x + y + xy + 1 = 4 y ï y Với y ¹ 0 , ta có: í 2 2 Ûí 2 . î y ( x + y ) = 2 x + 7 y + 2 ï( x + y 2 - 2 x + 1 = 7 ) ï î y é ìv = 3 0,25 êí îu = 1 2 x + 1 ì u+v = 4 ì u = 4 - v +) Đặt u = , v = x + y ta có hệ: í 2 Û í 2 Ûê y îv - 2u = 7 îv + 2v - 15 = 0 ê ìv = -5 êí ê îu = 9 ë 0,25 é ì x = 1 2 2 êí 2 ìv = 3 ì x + 1 = y ìx +1 = y ì x + x - 2 = 0 ê î y = 2 +) Với í ó í Ûí Ûí Û . îu = 1 î x + y = 3 ê ì x = -2 î y = 3- x î y = 3 - x êí ê î y = 5 ë ìv = -5 ì x2 + 1 = 9 y ì x2 + 1 = 9 y ì x 2 + 9 x + 46 = 0 0,25 +) Với í ó í Ûí Ûí vô nghiệm. îu = 9 î x + y = -5 î y = -5 - x î y = -5 - x ì x = 1 ì x = -2 KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: í , í î y = 2 î y = 5
3. 3 x log 2 1 - 5log 3 81x 2 > 2 log 3 x - 7 3 9 0,25 +) Điều kiện x >0 3 x log 2 1 - 5log 3 81x 2 > 2 log 3 x - 7 ó (3log 3 x - 2) 2 - 5(4 + 2 log 3 x ) > 2 log 3 x - 7 3 9 0,25 é -1 2 Û 3log x - 8 log 3 x - 3 > 0 ó êlog x < 3 3 3 ê êlog 3 x > 3 ë -1 -1 1 0,25 +) log 3 x < Û x < 3 3 Û x < 3 3 3 +) log 3 x > 3 Û x > 27 é 1 0,25 Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm ê0 < x < 3 3 ê ê x > 27 ë Câu III 0,25 +) Từ giải thiết ta có SD ^ ( ABCD) S · 0 suy ra (SB, (ABCD)) = SBD = 60 1 3 2 a H Ta có S ABCD = ( AB + CD ) AD = (đvdt) 2 2 K D C G E A B +) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a 0,25 => BD = a 2 Þ SD = BD tan 600 = a 6 3 1 a 6 Vậy VS . ABCD = SD. ABCD = S (đvtt) 3 2 +) chứng minh được BC ^ ( SBD) , kẻ DH ^ SB=> DH ^ (SBC) 0,25 1 1 1 a 6 Có 2 = 2 + 2 Þ DH = DH SD DB 2 +) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK ^ (SBC) và 0,25 GK EG 1 a 6 a 6 = = Þ GK = Vậy d( G, (SBC) = GK = DH ED 3 6 6 Câu
VI 1. +) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có : B 0,25 M N' => N’( 4;5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 A C I N D 4.2 + 3.1 - 1 0,25 +) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: d= = 2 4 2 + 3 2 AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 1 1 1 2 = 2 + 2 suy ra x = 5 suy ra BI = 5 d x 4 x +) Từ đó ta có B thuộc ( C): ( x - 2)2 + ( y - 1)2 = 5 0,25 Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 ì 4x + 3y – 1 = 0 0,25 +) Tọa độ B là nghiệm của hệ: í 2 2 î x - 2) + ( y - 1) = 5 ( Vì B có hoành độ dương nên B( 1; 1) Vậy B( 1; 1) 2 2 2 2 2. æ C 0 ö æ C1 ö æ C 3 ö æ C n ö C n +1 - 1 Chứng minh ç n ÷ + ç n ÷ + ç n ÷ + ... + ç n ÷ = 2 n + 2 2 (1) è 1 ø è 2 ø è 3 ø è n + 1 ø (n + 1) C k n 1 n! 1 ( n + 1)! 1 k +1 0,25 +) Ta có = . = . = C . n +1 k + 1 k + 1 k !( n - k )! n + 1 ( k + 1)!((n + 1) - ( k + 1))! n + 1 1 ð VT (1) = é (Cn +1 )2 + (Cn +1 )2 + (Cn +1 ) 2 + ... + (C n +1 ) ù 1 2 3 1 2 (n + 1) ë û 2 n + 2 n 2 + n+1 0,25 +) xét (1 + x ) 2 n+ 2 = å C k 2 n 2 + xk => hệ số chứa x là C2n n + 2 +1 k = 0 n +1 n 1 + 0,25 +) Ta lại có (1 + x)2 n+ 2 = (1 + x)n+1 .(1 + x) +1 = åå nk+1Cn +1 x k +i n C i k = 0 i = 0 n+1 0 n +1 1 n n 1 n 1 0 + hệ số chứa x là C C n +1 n +1 +C C n +1 n +1 + ... + Cn +1Cn +1 + Cn +1 Cn +1 = (Cn +1 ) 2 + (Cn +1 ) 2 + (Cn +1 ) 2 + (Cn +1 ) 2 + ... + (Cn +1 ) ( vì Cn = Cn -k ) 0 1 2 3 n 1 2 + k n = 1 + (Cn +1 ) 2 + (Cn +1 ) 2 + (Cn +1 ) 2 + ... + (Cn +1 ) 1 2 3 n 1 2 + n+1 +) đồng nhất hệ số chứa x được (Cn +1 ) 2 + (Cn2+1 ) 2 + (Cn +1 )2 + ... + (Cn +1 ) = C2n n + 2 1 1 3 n 1 2 + +1 0,25 C n n + 2 - 1 2 +1 Vậy VT(1) = 2 =VP(1) ( n + 1) Câu Cho x, y Î R thỏa mãn ( x + y )3 + 4 xy ³ 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức V ( ) ( P = 3 x 4 + y 4 + x 2 y 2 - 2 x 2 + y 2 + 1 ) 1. ì( x + y )3 + 4 xy ³ 2 ï 0,25 + ta có í 2 Þ ( x + y)3 + ( x + y 2 ³ 2 ) ï( x + y ) - 4 xy ³ 0 î Û ( x + y - 1) é( x + y ) 2 + 2( x + y ) 2 + 2 ù ³ 0 Þ x + y ³ 1 ë û
æ ( x 2 + y 2 ) ö 2 0,25 ( 2 ) è 2 +) P = 3 ( x 2 + y 2 ) - x 2 y 2 - 2 ( x 2 + y 2 ) + 1 ³ 3 ç ( x 2 + y 2 ) - 4 ÷ - 2 ( x + y ) + 1 ø 2 2 9 2 2 = 4 ( x + y 2 ) - 2 ( x 2 + y 2 ) + 1 ( x + y 2 1 ) 9 1 0,25 +) Đặt t = x 2 + y 2 ³ ³ ta có P = t 2 - 2t + 1 , với t ³ 2. 2 2 4 2 9 1 9 9 0,25 +) Xét P = t 2 - 2t + 1 với t ³ => P = t 2 - 2t + 1 ³ 4 2 4 16 1 “= “ ó t = => x=y = ½ 2 9 Vậy GTNN của P = 16 é x ³ 10 0,25 +) Điều kiện ê ë x £ 2 Đặt a = x 2 - 7 x + 10, b = x 2 - 12 x + 20 ta có 2a –b =x (1) ó 2( x 2 - 7 x + 10 - ( x + 1)) = x 2 - 12 x + 20 - ( x + 2) 0,25 -18( x - 1) -16( x - 1) => = 2 2 x - 7 x + 10 + ( x + 1) x - 12 x + 20 + ( x + 2) é x = 1 Þê 9 8 ê = ë a + x + 1 b + x + 2 ì 2 - b = x a 0,25 ï ì 2 - b = x a +) Ta có hệ í 9 8 Û í Þ 5a = 4 x - 5 ï a + x + 1 = b + x + 2 î8a - 9b = x + 10 î ì x ³ 54 0,25 2 ï 15 + 5 => 5 x - 7 x + 10 = 4 x - 5 Û í 15 ± 5 Û x = ( thỏa mãn) ïx = 2 î 2 15 + 5 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1, x = 2 Chú ý : Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa