Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Nguyễn Trung Thiên lần 1 (2010-2011)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

46
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Nguyễn Trung Thiên lần 1 (2010-2011) 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.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Nguyễn Trung Thiên lần 1 (2010-2011)

ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ LÀNI NĂM HỌC 2010-2011 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN MÔN TOÁN-KHỐI A+B: (180 phút) -----------------------@--------------------------- --------------------------------------@----------------------------------- (Không kể thời gian phát đề) A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x 3  3mx 2  3(m 2  1) x  m3  m (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm):  1. Giải phương trình : 2cos3x.cosx+ 3(1  s in2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 4 2. Giải phương trình : log 2 (5  2 x)  log 2 (5  2 x).log 2 x 1 (5  2 x)  log 2 (2 x  5) 2  log 2 (2 x  1).log 2 (5  2 x) 1 2   tan( x  ) 6 Câu III (1 điểm): Tính tích phân : I  4 dx 0 cos2x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SD và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SD vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3( x 2  y 2  z 2 )  2 xyz . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3 x  4 y  4  0 . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 .  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v (1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P  (1  2 x  3 x 2 )10 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): x2 y 2 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :   1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . 9 4 Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 .  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v (1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z  11  0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): 0 2 1 22 2 2n n 121 Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn Cn  Cn  Cn  ...  Cn  2 3 n 1 n 1 -------------------------------------------------------HẾT--------------------------------------------------------
Cán bộ coi thi không g ải thích gì thêm Họ tên thí sinh:.................................................... Số báo danh:.............................. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điêm 2. Ta có y  3 x  6mx  3(m 2  1) , 2 Để hàm số có cực trị thì PT y ,  0 có 2 nghiệm phân biệt 05  x 2  2mx  m 2  1  0 có 2 nhiệm phân I biệt    1  0, m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số 025 là B(m+1;-2-2m)  m  3  2 2 Theo giả thiết ta có OA  2OB  m 2  6m  1  0   025  m  3  2 2  Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và m  3  2 2 . 1.    PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin 2 x )  3 1  cos(4x+ )  05  2   cos4x+ 3 sin 4 x  cos2x+ 3 sin 2 x  0    sin(4 x  )  sin(2 x  )  0 6 6      x   18  k 3  2 sin(3 x  ).cosx=0   05 6  x=   k II  2     Vậy PT có hai nghiệm x   k và x    k . 2 18 3  1 5  x 2. ĐK :  2 2. x  0  05 Với ĐK trên PT đã cho tương đương với 2 log 2 (5  2 x ) 2 log 2 (5  2 x )   2 log 2 (5  2 x)  2 log 2 (5  2 x) log 2 (2 x  1) log 2 (2 x  1)
 1 x  4  log 2 (2 x  1)  1   1   log 2 (5  2 x )  2 log 2 (2 x  1)   x   x  2 025  2  log 2 (5  2 x )  0  x  2    Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025 III    tan( x  ) 6 6 2 025 I  4 dx   tan x  1 dx 0 cos2x  (t anx+1) 2 0 1 Đặt t  t anx  dt= dx  (tan 2 x  1)dx cos 2 x x 0t 0 05  1 x t  6 3 1 1 3 dt 1 3 1 3 025 Suy ra I  2   . 0 (t  1) t  10 2 IV 05  AM  BC , ( BC  SA, BC  AB ) Ta có   AM  SC (1)  AM  SB , (SA  AB ) Tương tự ta có AN  SC (2) Từ (1) và (2) suy ra AI  SC
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) 1 Suy ra VABMI  S ABM .IH 3 a2 Ta có S ABM  05 4 IH SI SI .SC SA2 a2 1 1 1   2  2 2  2 2   IH  BC  a BC SC SC SA  AC a  2a 3 3 3 V 2 1a a a 3 Vậy VABMI   3 4 3 36 Ta c ó: P  3  ( x  y  z )2  2( xy  yz  zx)   2 xyz   025  3 9  2( xy  yz  zx)   2 xyz  27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3) ( y  z )2  27  6 x(3  x )  ( x  3) 2 025 1  ( x 3  15 x 2  27 x  27) 2 Xét hàm số f ( x )   x 3  15 x 2  27 x  27 , với 0
Vì (P) tiếp xúc với (S) nên  m  21 025 d ( I  ( P))  4 d ( I  ( P ))  4   m  3 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 VIb 10 10 k 05 Ta có P  (1  2 x  3 x 2 )10   C10 (2 x  3x 2 )k   ( C10Cki 2k i 3i x k i ) k k k 0 k 0 i 0 k  i  4  i  0 i  1 i  2 025 Theo giả thiết ta có 0  i  k  10     i, k  N k  4 k  3 k  2  Vậy hệ số của x 4 là: C10 24  C10C3 223  C10C22 32  8085 . 4 3 1 2 025 VIIb 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 x2 y2 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có   1 và diện tích tam giác ABC 05 9 4 là 1 85 85 x y S ABC  AB.d (C  AB )  2x  3 y  3  2 2 13 13 3 4 85  x 2 y 2  170 3 2    3 13  9 4  13  x2 y2 05   9  4  1 x  3 2  3 2 Dấu bằng xảy ra khi   2 . Vậy C ( ; 2) . x  y y  2 2 3 2   Xét khai triển (1  x )n  Cn  Cn x  Cn x 2  ...  Cnn x n 0 1 2 Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 05 3n 1  1 0 22 1 23 3 2n 1 n  2Cn  Cn  Cn  ...  Cn n 1 2 3 n 1 0 2 1 22 2 2n n 3n 1  1 121 3n 1  1 Cn  Cn  Cn  ...  Cn     2 3 n 1 2(n  1) n  1 2(n  1)  3n 1  243  n  4 05 Vậy n=4.