Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Yên Định lần 1 (2010-2011)

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì thi tuyển sinh Đại học. Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Yên Định lần 1 (2010-2011) để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Yên Định lần 1 (2010-2011)

TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 3 ĐỀ THI KIỂM TRA KIẾN THỨC LỚP 12 - LẦN 1 Năm học: 2010 – 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán, Khối A, B Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN CHUNG x+2 Câu 1( 2điểm) Cho hàm số y = (C) x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Tìm trên đồ thị hàm số (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) tại M cắt trục tung tại 7 điểm có tung độ bằng . 4 Câu 2( 2điểm) x   1. Giải phương trình: 4sin 2 - 3 cos2x = 3- 2 cos2  - x  2 4   3 2y  x 2 + y 2 -1 + x = 1  2. Giải hệ phương trình:   x, y  R  x 2 + y 2 + 4x = 22   y 8 ln x Câu 3(1 điểm): Tính tích phân: I =  dx 3 x +1 Câu 4( 1 điểm) Cho hình chóp SABC có tam giác ABC vuông tại C, AC = a, AB = 2a, SA vuông góc với đáy, góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (SBC) bằng 600. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Chứng minh rằng AK  HK và tính thế tích khối chóp SABC. Câu 5( 1 điểm) Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x9  y 9 y9  z9 z 9  x9 P 6   x  x3 y 3  y 6 y 6  y 3 z 3  z 6 z 6  z 3 x3  x6 B. PHẦN RIÊNG Phần dành cho ban cơ bản Câu 6a( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC với AB = 5 , đỉnh C(- 1;- 1) đường thẳng AB có phương trình x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Xác định toạ độ các đỉnh A, B của tam giác. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M(1; 2; 3) và cắt 3 tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C sao cho thể tích khối tứ diện OABC nhỏ nhất. 2 2 Câu 7b(1 điểm) Giải phương trình: 4 x  x 5  12.2 x 1 x 5  8  0 Phần dành cho ban nâng cao Câu 6b( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): 3x – 4y + 5 = 0 và đường tròn (C) x 2  y 2  2 x  6 y  9  0 . Tìm những điểm M thuộc (C) và N thuộc (d) sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3). Viết phương trình mặt cầu tâm M và cắt mặt phẳng (Oxy) theo thiết diện là đường tròn (C) có chu vi bằng 8 . Câu 7b( 1 điểm) Một nhóm học sinh gồm 4 học sinh khối 12, 3 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10 xếp thành một hàng ngang. Tính xác suất để 4 học sinh khối 12 đứng cạnh nhau, 3 học sinh khối 11 đứng cạnh nhau. ----------------------------Hết--------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán Câu Nội dung Điểm Câu 1 1. ( 1.0 đ) (2 điểm) *) TXĐ: D  R \ 1 0.25 *) Sự biến thiên: -1 - Chiều biến thiên: y' = 2  0, x  1 ,  x +1 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 và  1;   . - Cực trị: Hàm số không có cực trị 0.25 - Giới hạn và đường tiệm cận: Ta có: lim y  1  đường thẳng y = 1 là đường tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  lim y  , lim y    đường thẳng x = -1 là đường tiệm cận đứng của   x   1 x   1 đồ thị hàm số - Bảng biến thiên: x - -1 + y’ - + + y 1 1 0.25 - *) Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (- 2; 0), (0; 2) y 2 1 -1 -2 0.25 x 2(1.0 đ)  x 2 1 x 2 2  Gọi M  x0 ; 0    C  . tiếp tuyến tại M của (C) có pt: y  x  x0   0 0.25  x0  1   x0  1 x0  1 7 Do tiếp tuyến cắt Oy tại điểm có tung độ bằng nên ta có: 4 0.25 7 1 x 2 2   0  x0   0 4  x0  1 x0  1
2  3 x0  2 x0  1  0  x0  1  x0  1   x0   1 0.25   3  3  1 5 vậy có 2 điểm M thoả mãn là: M  1;  ; M   ;  0.25  2  3 2 Câu 2 1( 1.0 đ)    pt  2 1  cos x   3cos2 x  3  1  cos   2 x   0.25  2   2  2 cos x  3cos2 x  2  sin 2 x  2 cos x  3cos2 x  sin 2 x 3 1   cos x  cos2 x  sin 2 x 2 2 3 1  cos   x   cos2 x  sin 2 x 0.25 2 2    cos   x   cos  2 x    6 0.25  5 k 2  x  18  3  k  Z   x   7  k 2   6 0.25 Vậy phương trình có 2 họ nghiệm. 2(1.0đ) Điều kiện x, y  0; x 2  y 2  1  0 u  x 2  y 2  1  Đặt  x 0.25 v  y  3 2  v  3, u  9   1 hệ phương trình có dạng:  u v  u  21  4v v  7 , u  7 0.25   2 *) với u = 9, v = 3 hệ có nghiệm (3; 1), (- 3; -1) 0.25 7  2 2   2 2  *) Với v  , u  7 hệ có nghiệm  14 ;4  ,  14 ; 4  0.25 2  53 53   53 53      Câu 3 u  ln x  dx ( 1điểm)  du  Đặt  dx   x dv  x  1 v  2 x  1   8 8 x 1  I  2 x  1 ln x  2  dx 0.25 3 3 x 8 x 1 Xét J   dx 3 x x 3 8 Đặt t  x  1  2tdt  dx , đổi cận 0.25 t 2 3
3 3 3 2t 2 dt  1   t 1  J  2  2  1  2 dt   2t  ln 2 t 1 2 t 1   t 1  2   2  ln 3  ln 2 0.25  I  6 ln 8  4 ln 3  2  2  ln 3  ln 2   20 ln 2  6 ln 3  4 0.25 S Câu 4 *) Ta có: (1 điểm) SA  BC    BC   SAC   BC  AK (1) H AC  BC  lại có AK  SC (2). từ (1) và (2)  AK   SBC   AK  HK 0.25 K AK  SB  0   SB   AKH   AHK  60 Aj 2a *) Ta có B AH  SB  a 3 0.25 trong AHK ta có AK  AH .sin 600  AH . C 2 1 1 1 1 1 Xét tam giác vuông SAB, ta có: 2  2  2  2  2 (1) AH AS AB AS 4a 1 1 1 1 1 4 1 1 Xét tam giác vuông SAC, ta có: 2  2  2  2  2  2  2  2 (2) 0.25 AK AS AC AS a 3 AH AS a 3 ( do AK  AH . ) 2 a 2 a2 3 Từ (1) và (2)  SA  . lại có S ABC  2 2 3 1 6a vậy VSABC  SA.SABC   dvtt  0.25 3 12 Câu 5 Có x, y, z > 0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c > 0 ; abc=1) ( 1 điểm) a 3  b3 b3  c3 c 3  a3 Ta có : P  2  2  2 0.25 a  ab  b 2 b  bc  c 2 c  ca  a 2 a 3  b3 a 2  ab  b 2  ( a  b) 2 a 2  ab  b 2 a  ab  b 2 a 2  ab  b 2 1 mà 2   a 2  2ab  b 2  0 ( đúng) 0.25 a  ab  b 2 3 a 2  ab  b 2 1  (a  b) 2  ( a  b) a  ab  b 2 3 b3  c3 1 c3  a3 1 Tương tự: 2 2  (b  c ); 2 2  (c  a ) b  bc  c 3 c  ca  a 3 2 => P  (a  b  c )  2. 3 abc  2 (BĐT Côsi) 0.25 3 => P  2, P  2 khi a = b = c = 1  x = y = z = 1 Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 0.25 Câu 6a 1. ( 1điểm) (2 điểm) Gọi I(x; y) là trung điểm của AB, G  xG ; yG  là trọng tâm của tam giác ABC
 2x 1  2   xG  3   CG  CI   , 3 y  2 y 1 0.25  G  3 2x 1 2 y 1 Do G thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0   20 3 3 x  2 y  3  0  Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình  2 x  1 2 y  1  I  5; 1  3  3 20 0.25  2 2 2  AB  2 5 Gọi A  x A ; y A   IA   x A  5   y A  1      2  4 mặt khác điểm A thuộc đường thẳng x + 2y – 3 = 0 nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ  xA  4   xA  2 y A  3  0  yA   1    2  2 2 5   x A  5    y A  1  4   xA  6  0.25  3  yA    2  1  3  1  3 Vậy A  4,   , B  6;   hoặc B  4,   , C  6;   0.25  2  2  2  2 2.(1.0 đ) Gọi giao điểm của mp   với các trục Ox, Oy, Oz lần lượt là A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) ( với a, b, c > 0). x y z 1 2 3 mp   :    1 1 , do M       1 0.25 a b c a b c 1 abc lại có VOABC  OA.OB.OC  6 6 0.25 1 2 3 6 mặt khác: 1     3 3  abc  6.27  VOABC  27 a b c abc 1 2 3 a  3 a  b  c 1   suy ra VOABC  Min  27 đạt được khi   b  6 1  2  3 c  9 a b c   0.25 x y z Vậy mp   :    1 0.25 3 6 9 Câu 7a x   5 ( 1 điểm) Điều kiện  x  5  x 2 5 đặt t  2 x  t  0 0.25 2 t  2 pt có dạng: t  6t  8  0   t  4 0.25 x 2 5 x  1  *) với t  2  2 x  2  x  x2  5  1  x2  5  x  1   2 2  x3   x  5   x  1 0.25
x2 5 x  2  9 *) với t  4  2 x   4  x  x2  5  2  x2  5  x  2   2 2  x  x  5   x  2  4 vậy phương trình có 2 nghiệm 0.25 Câu 6b 1( 1.0 đ) (2 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(- 1; 3), bán kính R = 1, d(I, d) = 2 > R  d   C    Gọi  là đường thẳng đi qua I và vuông góc với d   : 4x + 3y – 5 = 0 0.25 1 7 điểm N 0  d    N 0  ;  5 5 0.25  2 11   8 19  Gọi M1, M2 lần lượt là giao điểm của (C) và   M1   ;  , M 2   ;  0.25  5 5  5 5  MN ngắn nhất khi M  M 1 , N  N 0 0.25 2.(1.0đ) Gọi r – là bán kính đường tròn (C), M0 là hình chiếu vuông góc của M trên mp(Oxy). ta có bán kính mặt cầu (S) là: R  r 2  MM 0 2 0.25 mà MM 0  z M  3 và 2 r  8  r  4  R  5 0.5 2 2 2 phương trình mặt cầu (S) là:  x  1   y  2    y  3  25 0.25 Câu 7b Ta có n     12! 0.25 ( 1 điểm) Gọi A là biến cố “ Nhóm học sinh xếp thành hàng ngang sao cho 4 hs khối 12 đứng cạnh nhau, 3 học sinh khối 11 đứng cạnh nhau” Ta coi 4 học sinh khối 12 như 1 phần tử a, 3 học sinh khối 11 như phần tử b. 0.25 Khi đó ta sắp xếp 7 phần tử a, b và 5 hs khối 10 thành hàng ngang, ta có 7! Cách xếp. lại có, với mỗi cách xếp như trên ta có 4! Cách sắp xếp học sinh khối 12, 3! Cách sắp xếp học sinh khối 11, nên ta có 7!.4!.3! cách sắp xếp thoả mãn yêu cầu bài toán 0.25  n  A   7!.4!.3! n  A 1 vậy p  A    0.25 n   660 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng thì cho điểm tối đa câu đó.