Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tứ Kỳ lần 1 năm 2011

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

72
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tứ Kỳ lần 1 năm 2011 dành cho học sinh lớp 12, giúp các em củng cố kiến thức đã học ở trường và thi đạt kết quả cao.

Chủ đề:

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

Lưu

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

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 TRƯỜNG THPT TỨ KỲ Môn thi: TOÁN, khối A, B, D ------------------------ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề --------------------------- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y  x 4   m  1 x 2  m  Cm  1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  Cm  khi m  3 2) Xác định m  1 để đồ thị  Cm  cắt trục Ox tại 4 điểm phân biệt sao cho hình phẳng giới hạn bởi  Cm  và trục Ox có diện tích phần phía trên trục Ox bằng diện tích phần phía dưới trục Ox. Câu 2 (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin 2 x  2 cos 2 x  1  sin x  4 cos x 2) Giải bất phương trình:  x 2  3 x  2  2 x  3  0  2 sin 2 x Câu 3 (1 điểm): Tính tích phân: I   2 dx 0  2  sin x  Câu 4 (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại B, BA = BC = a. Mặt bên ACC ' A ' là hình vuông cạnh bằng a 2 , M là trung điểm BC. Tính thể tích khối tứ diện B ' MCA và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM , B ' C . Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z  sao cho : x  2 y  3z  40 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x 2  36  2 y 2  1  3 z 2  16 PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn làm 1 trong hai phần A hoặc B Phần A: Câu 6a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm A  2; 0  và 2 đường thẳng d1 : x  y  0 , d 2 : x  2 y  1  0 . Tìm các điểm B  d1 , C  d 2 để tam giác ABC vuông cân tại A. n  1  2) Tìm các số hạng hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của biểu thức  3  3  , biết n là số  2 3 2 tự nhiên thỏa mãn: Cn  2  2Cn 1  110 .  y  x  y  1  3 x  Câu 7a (1 điểm): Giải hệ phương trình:   y  y  xy  x   x 2 2  Phần B: Câu 6b (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng d1 : x  3 y  0, d 2 :2 x  y  5  0, d3 : x  y  0 . Tìm tọa độ các điểm A  d1 , B  d 2 , C , D  d3 để tứ giác ABCD là một hình vuông. 2) Gieo một con súc sắc cân đối và đồng chất 3 lần. Tính xác suất sao cho mặt sáu chấm xuất hiện ít nhất 1 lần. log 2 x log 3 1  x  Câu 7b (1 điểm): Giải phương trình sau: log 2 x  2  log 2 x.log 3  x  1  log 5 2 log 5 2 -----------------Hết-------------------- Họ và tên thí sinh:...............................................................................Số báo danh:..................................... phongnt1977@gmail.com sent to www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1 1) (1 điểm). Khảo sát hàm số... (2điểm) * Tập xác định: D  x  0 0,25 y '  4 x3  8 x  0   x   2 * Hàm số đồng biến trên các khoảng:  2;0 và      2;  ; nghịch biến trên các khoảng ;  2 ; 0; 2   0,25 * Điểm cực đại  0;3 , cực tiểu  2; 1   * Bảng biến thiên: x   2 0 2  y' 0 0 0 y  3  0,25 1 1 * Đồ thị: y 5 4 3 2 0,25 1 x -3 -2 -1 1 2 3 -1 2) (1 điểm) Tìm m  1 để.... Đồ thị hàm số cắt Ox tại 4 điểm phân biệt  x 4   m  1 x 2  m  0 (1) có 4 nghiệm phân biệt    m  12  4m  0   0,25  t 2   m  1 t  m  0 (2) có 2 nghiệm dương phân biệt  m  1  0  m  0&m 1 m  0   2 nghiệm của (2) là t  1, t  m , do m  1 nên 4 nghiệm phân biệt của (1) theo thứ tự tăng là:  m ,  1,1, m 0,25 Hàm số là chẵn nên hình phẳng trong bài toán nhận Oy làm trục đối xứng. Khi đó đồ thị có dạng như hình bên. Bài toán thỏa mãn 1 m  S H1  S H 2   x 4   m  1 x 2  m dx   x 4   m  1 x 2  m dx 0 1 1 m 0,25    x   m  1 x  m  dx     x   m  1 x  m  dx 4 2 4 2 0 1 m   x   m  1 x  m  dx  0 4 2  0 m  x5 x3  m m 1    m  1  mx   0    1  0  m  5 . KL: m  5 thỏa mãn yêu cầu 0,25  5 3 0 5 3 2 1) (1 điểm). Giải phương trình lượng giác... (2điểm) PT  sin x  2 cos x  1  2  2 cos 2 x  1  4 cos x  1  0   2 cos x  1 sin x  2 cos x  3  0  2 cos x  1  0 0,5  sin x  2 cos x  3  0 1  * 2 cos x  1  0  cos x   x    k 2 k  0,25 2 3
2 * sin x  2 cos x  3  0  sin x  2 cos x  3 . Do 12  2 2   3 nên phương trình vô nghiệm 0,25 2) (1 điểm). Giải bất phương trình ... 3 Điều kiện: x  0,25 2  2x  3  0  Bất PT    x 2  3 x  2   0 (Nếu HS viết ngay thành hệ như vậy mà không đặt ĐK ở trên thì cho 0,5)  0,25  2 x  3  0   x 2  3x  2   0  x   ;1   2;     *   3  x   2;   0,25 2 x  3  0  x   2 3 3  * 2x  3  0  x  . KL: Tập nghiệm của BPT là S      2;   0,25 2 2  3 Tính tích phân...... (1điểm)   2 2 sin 2 x sin x cos x 0,25 I  2 dx  2  2 dx 0  2  sin x  0  2  sin x   Đặt t  2  sin x  dt  cos xdx x  0  t  2, x  t 3 0,25 2 3 3 3 t 2 1 2   2 Ta được tích phân I  2  2 dt  2    2  dt  2  ln t   0,25 2 t 2 t t   t 2 3 2 Kết quả I  2 ln  0,25 2 3 4 Cho hình lăng trụ.... (1điểm) a) Thể tích khối tứ diện B ' MCA . A' C' Do ACC ' A ' là hình vuông nên AC  a 2 , từ đó ta có: BA2  BC 2  AC 2 hay tam giác ABC vuông cân tại B. Do AM là trung tuyến của tam giác ABC nên B' 1 1 1 a2 S AMC  S ABC  . BA.BC  a 2 2 2 2 4 0,25 N A C a a M B 1 1 a2 a3 2 VB ' MCA  SMCA .B ' B  . .a 2  0,25 3 3 4 12 b) Gọi N là trung điểm BB ' , ta có CB ' //MN  CB ' //  AMN   d  CB ', AM   d  CB ',  AMN  0,25  d  C ,  AMN  . Do B, C đối xứng nhau qua M nên d  C ,  AMN    d  B,  AMN  Xét tứ diện NABM có BA, BM, BN đôi một vuông góc. N Kẻ BI  MA, I  MA  NI  MA Kẻ BH   AMN   H  NI Ta có d  B ,  AMN    BH . a 2 2 H 0,25 1 1 1 1 1 1 7 a Có        BH  A BH 2 BN 2 BI 2 BN 2 BM 2 BA2 a 2 7 B a a a Vậy d  CB ', AM   BH  2 I 7 M 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của..... (1điểm) 0,25 P  x 2  36  2 y 2  1  3 z 2  16  x 2  36  4 y 2  4  9 z 2  144       Xét các vec tơ: a   x;6  , b   2 y; 2  , c   3z;12  . Ta có P  a  b  c và 0,5
      a  b  c   x  2 y  3 z; 20    40; 20   theo gt   a  b  c  40 2  20 2  20 5         Ta có BĐT a  b  c  a  b  c (1). CM: Với 2 vec tơ u , v ta có   2 2 2  2 2     2         u  v  u  v  2u.v  u  v  2 u . v  u  v  u  v  u  v (*) , dấu bằng xảy ra  u , v cùng hướng.             Áp dụng BĐT (*) ta có a  b  c  a  b  c  a  b  c , dấu bằng xảy ra  a, b, c cùng hướng. Áp dụng BĐT (1) ta có: P  20 5  x 2 y 3z  x  12        Vậy min P  20 5 , xảy ra  a, b, c cùng hướng và x  2 y  3z  40   6 2 12  y  2 0,25  x  2 y  3 z  40  z  8  6a 1) (1 điểm)Tìm tọa độ các điểm B, C... (2điểm) B  d1 , C  d 2  B  b; b  , C  1  2c; c  0,25    4c  6 AB  AC  AB. AC  0  bc  3b  4c  6  0  b  (1) c 3 0,25 2 AB  AC  2 b  1  5c 2  12c  7 (2) 2  4c  6  Thế (1) vào (2) được 2   1  5c 2  12c  7  5c 4  42c 3  106c 2  114c  45  0  3c  0,25  c  1   c  1 c  5   5c 2  12c  9   0    c  5 Kết luận: c  1  B 1;1 , C 1; 1 ; c  5  B  7;7  , C  9; 5  0,25 2) (1 điểm)Tìm số hạng là số hữu tỉ trong khai triển nhị thức Niu tơn của.... * Tìm n: Cn  2  2Cn 1  110  n 3  3n 2  4 n  660  0  n  10 3 2 0,25 n 10 10 10 k k  1   1  k   3  3    3  3    C10 .3 0,25 2 3 .2  2  2 k 0 10  k    Do  2, 3  1 nên số hạng hữu tỉ trong khai triển phải thỏa mãn  2  k chẵn và chia hết cho 3  k  0,25  3  Do 0  k  10  k  0, k  6 945 k  0  C10 .35  243. 0 k  6  C10 .32.2 2  6 là các số hạng hữu tỉ cần tìm 0,25 2 7a Giải hệ phương trình… (1điểm)  y  x  y  1  3 x (1)  Xét hệ   y  y  xy  x   x  2  2 2  0,5 x   y  2  x   y  y  x  y  0   2 2 3 2 (Coi pt là bậc hai với x là ẩn y là tham số) x  y * x   y thế vào (1) được y  0 suy ra x  y  0 là nghiệm 0,25 y  0 x  1 x  0 * x  y 2 thế vào (1) được y 3  2 y 2  y  0   . Ta được 2 nghiệm  và  y 1 y 1 y  0 x  1 x  0 Vậy hệ có 2 nghiệm  và   y 1 y  0 0,25 Cách 2: Nếu x  0  y  0 thỏa mãn hệ (0,25). Nếu x  0  y  0 thì chia 2 vế 2 pt cho x rồi đặt ẩn phụ y a , b  x  y (0,25). Giải hệ ẩn a, b được nghiệm a, b (0,25). Tìm được nghiệm (0,25) x Cách 3: HS có thể giải bằng phương pháp thế. Biểu điểm tương tự giải theo các phương pháp trên 6b 1) (1 điểm) Tìm tọa độ các điểm A, B , C , D …. (2điểm) Gọi B  b;5  2b   d 2 . Đường thẳng 1 qua B và vuông góc d 3 cắt d 3 tại C. Phương trình 1 : x  y  b  5  0 0,25 x  y  0  5b 5b  Tọa độ của C là nghiệm hệ   C ;   x y b 5  0  2 2 
Đường thẳng AB // d 3 nên có phương trình x  y  5  3b  0 .  x  y  5  3b  0  9b  15 3b  5  Tọa độ A là nghiệm hệ   A ;   x  3y  0  2 2  0,25 Đường thẳng  2 qua A và vuông góc d 3 cắt d 3 tại D. Phương trình 1 : x  y  6b  10  0 x  y  0 Tọa độ của D là nghiệm của hệ   D  3b  5;3b  5   x  y  6b  10  0 5 ABCD là hình vuông  AD  CD  ....  2b 2  9b  10  0  b  2  b  0,25 2 3 1  3 3 5  15 5   5   5 5  5 5 b  2  A  ;  , B  2;1 , C  ;  , D 1;1 b  A ;  , B  ; 0 , C  ;  , D  ;  0,25  2 2  2 2 2  4 4 2   4 4 2 2 2) (1 điểm). Tính xác suất…. 1 Cách 1: Gọi Ai là biến cố “gieo lần thứ i được mặt 6 chấm”  P  Ai   , i  1,3 6 0,25 5  Ai là biến cố “gieo lần thứ i không được mặt 6 chấm”  P Ai  , i  1,3 6   Gọi B là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần” 0,25  B là biến cố “trong 3 lần gieo, mặt 6 chấm không xuất hiện”. Ta có B  A1 . A2 . A3 Do A1 , A2 , A3 độc lập với nhau nên A1 , A2 , A3 cũng độc lập 3  5  125 0,25            P B  P A1 .A2 .A3  P A1 .P A2 .P A3     6 216 91  P  B  1 P B   216 0,25 Cách 2: Không gian mẫu  của phép thử này có số phần tử là n     63  216 kq đồng khả năng 0,25 Gọi A là biến cố “mặt 6 chấm xuất hiện ít nhất 1 lần”. Xét các khả năng thuận lợi cho A như sau: 1) Mặt 6 chấm xuất hiện 1 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần gieo đầu thì 2 lần sau không xuất hiện, có 1.5.5 = 25 kq thuận lợi. Tương tự cho mặt 6 chấm xuất hiện lần 2 và lần 3.Vậy TH này có 25.3 = 75 kq 2) Mặt 6 chấm xuất hiện 2 lần: Nếu mặt 6 chấm xuất hiện lần 1 và 2 thì lần 3 không xuất hiện, vậy có 1.1.5 = 5 kq. Tương tự cho 2 khả năng còn lại. Vậy TH này có 5.3 =15 kq 0, 5 3) Mặt 6 chấm xuất hiện ở cả 3 lần gieo, có 1 kq Vậy số kết quả thuận lợi cho A là: n  A   75  15  1  91 Chú ý: Có thể tính số khả năng thuận lợi cho biến cố đối A rồi tính P A   91 Xác suất của biến cố A là P  A  0,25 216 Câu 7b Giải phương trình … (1điểm) log 2 x   log 2 5 Phương trình   log 2 x  log 2 5   log 2 x  log 3  x  1   0   0,5 log 2 x  log 3  x  1 1 * log 2 x   log 2 5  x  0,25 5 t t  2 1 * log 2 x  log 3  x  1 . Đặt log 2 x  t  x  2t . Ta có pt 2t  1  3t        1 . Chứng minh pt này có  3   3 0,25 nghiệm duy nhất t = 1 từ đó khẳng định pt có nghiệm duy nhất x = 2 KL: PT đã cho có 2 nghiệm như trên