Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Nguyễn Huệ lần 1 năm 2011

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

64
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Nguyễn Huệ lần 1 năm 2011 dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh Đại học, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Nguyễn Huệ lần 1 năm 2011

Trường THPT Nguyễn Huệ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn: TOÁN ; Khối: A,B (Thời gian làm bài: 180 phút) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm trên (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất. Câu II (2 điểm)  x1  y 1  4 1. Giải hệ phương trình:   x 6  y  4  6 1 2(cos x  sin x ) 2. Giải phương trình:  tan x  cot 2 x cot x  1 Câu III (1 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB = 2R.Trên đường thẳng 2R vuông góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3 . I là điểm thuộc đoạn OS với SI = . M là 3 một điểm thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu IV (1 điểm) 1 dx Tính tích phân: I=  1 x  1 1  x2 Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn xyz=1. Chứng minh rằng 1 1 1   1 x  y 1 y  z 1 z  x 1 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; - 3), B(3; - 2), có diện tích 3 bằng và trọng tâm thuộc đường thẳng  : 3x – y – 8 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. 2 Câu VII.a (1 điểm) Từ các chữ số 0,1,2,3,6,7,8,9 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau ( chữ số đầu tiên phải khác 0) trong đó phải có chữ số 7. Câu VIII.a (1 điểm) Tìm a để bất phương trình sau có nghiệm: log 1 x 2  1  log 1 ( ax  a ) 3 3 B.Theo chương trình Nâng cao x2 y2 Câu VI.b (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E):   1 và đường thẳng  :3x + 4y =12. 4 3 Từ điểm M bất kì trên  kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh rằng đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. x2  4x  3 Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C).Giả sử đường thẳng y = kx + 1 cắt (C) x2 tại 2 điểm phân biệt A, B. Tìm tập hợp trung điểm I của AB khi k thay đổi. log2 x log2 x Câu VIII.b (1 điểm) Giải phương trình:   3 1  x.   3 1  1  x2 ------------ -------------
Trờng THPT Nguyễn Huệ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn: TOÁN ; Khối: A,B Lu ý:Mọi cách giải đúng và ngắn gọn đều cho điểm tối đa Câu Đáp án Điểm I 1.(1,0 điểm) Khảo sát . . . (2,0 điểm) * Tập xác định: D = R\{ - 1} * Sự biến thiên 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y = 2 x  x  lim y  ; lim  y   ; tiệm cận đứng: x = - 1 x ( 1)  x ( 1) - Bảng biến thiên 1 Ta có y '   0 với mọi x  - 1 ( x  1) 2 0,5 x - -1 + y’ + + y + 2 2 - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; -1) và ( -1; +  ) * Đồ thị 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm trên (C) những điểm. . . 2 x0  1 0,25 Gọi M(x0;y0) là một điểm thuộc (C), (x0  - 1) thì y0  x0  1 Gọi A, B lần lợt là hình chiếu của M trên TCĐ và TCN thì 2 x0  1 1 0,25 MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | - 2| = | | x0  1 x0  1
1 0,25 Theo Cauchy thì MA + MB  2 x 0  1 . =2 x0  1  MA + MB nhỏ nhất bằng 2 khi x0 = 0 hoặc x0 = -2.Nh vậy ta có hai điểm cần tìm là (0;1) và (-2;3) 0,25 II 1.(1,0 điểm) Giải hệ . . . Điều kiện: x  -1, y  1 0,25 Cộng vế theo vế rồi trừ vế theo vế ta có hệ (2,0 điểm)  x1  x6  y 1  y  4  10 0,25   x6  x 1  y  4  y 1  2 Đặt u= x  1  x  6 , v = y  1  y  4 . Ta có hệ   u  v 10 5 5   2 u 5  v 5 0,25 u v  x 3  y 5 là nghiệm của hệ 0,25 2. (1,0 điểm) Giải phơng trình . . . Điều kiện:sinx.cosx  0 và cotx  1 0,25 Phơng trình tơng đơng 1 2 (cos x  sin x ) 0,25  sin x cos 2 x cos x  1 cos x sin 2 x sin x 2   cosx =  x =   k 2 2 4 0,25  Đối chiếu điều kiện pt có 1 họ nghiệm x =   k 2 4 0,25 III Tìm vị trí . . . (1,0 điểm) S H I O B A M
2R Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3 , SI = , 3 SM = SO 2  OM 2  2 R  SH = R hay H là trung điểm của SM 1 3 0,25 Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK = SO= R 2 2 , (không đổi)  VBAHM lớn nhất khi dt(  MAB) lớn nhất  M là điểm giữa của cung AB 3 3 0,25 Khi đó VBAHM= R (đvtt) 6 0,5 IV Tính tích phân . . . (1,0 điểm) Đặt u = x+ 1  x2 thì u - x= 1  x2  x 2  2ux  u 2  1  x 2 u2 1 1 1  x  dx   1  2  du 2u 2 u  Đổi cận x= - 1 thì u = 2 -1 0,25 x = 1 thì u = 2 +1 1 1  2  1  u 2  du 1 2 1 2 1 du 1 2 1 du I      1 u  2  0,25 2 1 1 u 2 2 1 2 1 (1  u )u 2 2 1 2 1 1 du 1  1 1 1  =  1 u  2   2   du 2 2 1 2 1  u u u 1  0,25 =1 0,25 3 3 3 Câu V Đặt x=a y=b z=c thì x, y, z >0 và abc=1.Ta có 0,25 (1,0 điểm) 3 a + b3=(a+b)(a2+b2-ab)  (a+b)ab, do a+b>0 và a2+b2-ab  ab 3 3  a + b +1  (a+b)ab+abc=ab(a+b+c)>0 1 1   0,5 a  b  1 ab  a  b  c  3 3 Tơng tự ta có 1 1 1 1  ,  b  c  1 bc  a  b  c  33 c  a  1 ca  a  b  c  3 3 Cộng theo vế ta có 1 1 1 1 1 1   = 3 + 3 3 + 3 x  y 1 y  z  1 z  x 1 a  b 1 b  c  1 c  a3 1 3 1  1 1 1  1   ab  bc  ca  = a  b  c  c  a  b   1 a  b  c     Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1
0,25 VI. a Tìm tọa độ . . . (1,0 điểm) Ta có: AB = 2 , M = ( 5 ;  5 ), pt AB: x – y – 5 = 0 2 2 1 3 3 S ABC = d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 2 2 0,25 1 Gọi G(t;3t-8) là trọng tâm tam giác ABC thì d(G, AB)= 2 t  (3t  8)  5 1  d(G, AB)= =  t = 1 hoặc t = 2 2 2  G(1; - 5) hoặc G(2; - 2) 0,5     Mà CM  3GM  C = (-2; 10) hoặc C = (1; -4) 0,25 VII. a Từ các chữ số . . . (1,0 điểm) Gọi số có 6 chữ số là abcdef Nếu a = 7 thì có 7 cách chọn b, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. Ở đây có 7.6.5.4.3 = 2520số 0,25 Nếu b = 7 thì có 6 cách chọn a, 6 cách chọn c, 5 cách chọn d, 4 cách chọn e, 3 cách chọn f. Ở đây có 6.6.5.4.3 = 2160số Tơng tự với c, d, e, f 0,5 Vậy tất cả có 2520+5.2160 = 13320 số 0,25 VIII. a Tìm a để . . . (1,0 điểm) Điều kiện: ax + a > 0 Bpt tơng đơng x 2  1  a ( x  1) x2 1 Nếu a>0 thì x +1 >0.Ta có a x 1 x2 1 Nếu a
Tiếp tuyến tại A có dạng xx1 yy1 0,25  1 4 3 Tiếp tuyến đi qua M nên x0 x1 y0 y1  1 (1) 4 3 Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đờng thẳng AB có pt xx0 yy0   1 do M thuộc  nên 3x0 + 4y0 =12  4y0 =12-3x0 4 3 4 xx0 4 yy0 4 xx0 y (12  3 x0 )   4  4 4 3 4 3 Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì 0,5 (x- y)x0 + 4y – 4 = 0  x  y 0 y 1  4 y 40  x 1  Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1) 0,25 VII. b Tìm tập hợp . . . (1,0 điểm) x2  4x  3 y = kx + 1 cắt (C): y  . Ta có pt x2 x2  4x  3 = kx + 1 có 2 nghiệm phân biệt  k  1 x2 0,25 Trung điểm I của AB có tọa độ thỏa mãn  x 2k 3  2k  2 2 x2  5x  2  y kx1  y  0,5  2x  2  2 x 2  5x  2 Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong y  0,25 2x  2 VIII. b Giải phơng trình . . . (1,0 điểm) Điều kiện : x>0 log 2 x log 2 x 0,25 Đặt   3 1 =u,  3 1   v ta có pt u +uv2 = 1 + u2 v2  (uv2-1)(u – 1) = 0 0,5   u 2 . . . x =1  1 0,25  uv 1