ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN NĂM 2011 - ĐỀ SỐ 23

Chia sẻ: Nguyen Ngoc | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

174
lượt xem 94
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử môn toán năm 2011 - đề số 23', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN NĂM 2011 - ĐỀ SỐ 23

Sở GD & ĐT Thanh Hoá K Ì THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI B và D Trường THPT Lê Văn Hưu Tháng 01/2011 Đ Ề CHÍNH THỨC Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) Câu I. (2.0 điểm) x Cho hàm số y = (C) x-1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đ ến tiếp tuyến là lớn nhất. Câu II. (2.0 điểm) 1. Giải p hương trình 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ 3 1 2 2 x  x  y  2 2. Giải hệ phương trình   y  y 2 x  2 y 2  2  Câu III. (1.0 điểm) 1 x 2 3   (x sin x )dx Tính tích phân 1 x 0 Câu IV. (1.0 điểm) 111   2 Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và tho ả mãn điều kiện xyz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1 )(y - 1)(z - 1). Câu V. (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm điểm). A. Theo chương trình nâng cao Câu VIa. (2.0 điểm) 1. 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho hai đ ường thẳng (d 1) : 4x - 3 y - 12 = 0 và (d2): 4x + 3y - 12 = 0. Tìm toạ độ tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d1), (d2), trục Oy. 2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng 2. Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu đi qua các điểm B, C’, M, N. Câu VIIa. (1.0 điểm) log3 ( x  1)2  log 4 ( x  1)3 0 Giải bất phương trình x 2  5x  6 B. Theo chương trình chuẩn Câu VIb. (2.0 điểm) 1. Cho điểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và đường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình đ ường tròn đ i qua 2 đ iểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng (d). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2 ) và mặt phẳng (Q): x + 2 y + 3 z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và vuông góc với (Q). Câu VIIb. (1.0 điểm) Giải phương trình Cxx  2C xx 1  Cxx  2  C x2 2 3 ( Cn là tổ hợp chập k của n phần tử) x k .................HẾT.............. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích g ì thêm Họ và tên thí sinh .......................................................... số báo danh..................................................
Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 MÔN TOÁN KHỐI B - D Trường THPT Lê Văn Hưu Tháng 01/2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I 0.25 (2.0đ) TXĐ : D = R\{1 } 1. Chiều biến thiên 0.25 (1.0đ) lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đ ứng của đồ thị hàm số   x 1 x 1 1 y’ =  0 ( x  1)2 Bảng biến thiên 0.25 x - 1 + - - y' 1 + y 1 - Hàm số nghịc b iến trên (;1) và (1; ) Hàm số không có cực trị Đồ thị.(tự vẽ) 0.25 Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đ ồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 2.(1.0đ) Giả sử M(x0 ; y0) thu ộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đ ó có khoảng cách từ tâm đối 0.25 xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. 1 x ( x  x0 )  0 Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : y   2 ( x0  1) x0  1 2 x0 1  x y 0 ( x0  1) 2 ( x0  1) 2 0.25 2 x0  1 Ta có d (I ;tt) = 1 1 ( x0  1) 4 (1  t )(1  t )(1  t 2 ) 2t Xét hàm số f(t) = (t  0) ta có f’(t) = (1  t 4 ) 1  t 4 1 t4
f’(t) = 0 khi t = 1 0.25 Bảng biến thiên 1 + 0 x từ bảng biến thiên ta c - + 0 f'(t) d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 2 f(t)  x0  2 x0  1  1    x0  0 + Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x 0.25 + Với x0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 Câu 0.25 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x II(2.0đ ) 0.25 cos x=0 1.   2cos5x =sinx+ 3 cos x (1.0đ) 0.25 cos x  0  cos5x=cos(x-  ) 6  0.25    x  2  k   k  x     24 2   k 2 x    42 7  2.(1.0đ) ĐK : y  0 0.5 1 2 2 x  x  y  2  0  2u 2  u  v  2  0   hệ   đưa hệ về dạng 2 21  2v  v  u  2  0    x20  y2 y      0.5 u  v  1  u  v    u  v  1   u  1  v Từ đó ta có nghiệm của hệ  2  2v  v  u  2  0   3 7 3 7  u  2 u    2 ,   1  7  v  1  7   v     2 2 3 7 3 7 2 2 (-1 ;-1),(1 ;1), ( ; ), ( ; ) 2 2 7 1 7 1 Câu III. 0.25 1 1 x I   x 2 sin x 3 dx   dx (1.0đ) 1 x 0 0
1 0.25 3 2 3  x sin x dx đặt t = x ta tính được I1 = -1/3(cos1 - sin1) Ta tính I1 = 0 0.25 1 1   x 1  1  x dx đặt t = x ta tính được I2 = 2  (1  Ta tính I2 = )dt  2(1  )  2  2 1 t 4 2 0 0 0.25  Từ đó ta có I = I1 + I2 = -1/3(cos1 - 1)+ 2  2 0.25 111 Câu IV. Ta có x  y  z  2 nên (1.0đ) 0.25 1 y 1 z 1 ( y  1)( z  1) 1 1  1 1   2 (1) x y z y z yz 1 x  1 z 1 ( x  1)( z  1) 1 1 Tương tự ta có  1 1   2 (2) y x z x z xz 1 x 1 y  1 ( x  1)( y  1) 1 1  1 1   2 (3) y x y x y xy 0.25 1 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta đ ược ( x  1)( y  1)( z  1)  8 0.25 1 3 vậy Amax =  x  y  z  8 2 Câu V. 0.5 Ta có SBD  DCB (c.c.c)  SO  CO (1.0đ) S Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vu ông tại S.  CA  1  x 2 Mặt khác ta có AC 2  BD 2  AB 2  BC 2  CD 2  AD 2 C D  BD  3  x 2 (do 0  x  3) H 1 1  x2 3  x2  S ABCD  O 4 B A Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB) 0.25 Vì SB = SD nên HB = HD  H  CO 0.25 1 1 1 x   2  SH  Mà 2 2 SH SC SA 1  x2 1 Vậy V = x 3  x 2 (dvtt) 6 Câu 0.5 Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0) VIa. (2.0đ) Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4 ) Gọi C là giao điểm d2 với Oy ta có C(0 ;4) 1.
(1.0đ) 0.5 Gọi BI là đường p hân giác trong góc B với I thu ộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0 ), R = 4/3 2. 1.0 Y (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) D' A' B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có d ạng C' 2 2 2 B' x + y + z +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5  N A   2 1  2 A  D  0  M 5  2  2 B  2C  D  0  B    D A X  2  8  4 A  4C  D  0  1 C   8  4 B  4C  D  0  2  B C D  4  Z A2  B 2  C 2  D  15 Vậy bán kính R = Đk: x > - 1 Câu 0.25 VIIa (1.0đ) 0.25 3log 3 ( x  1) 2log 3 ( x  1)  log 3 4 bất phương trình  0 ( x  1)( x  6) log 3 ( x  1)  0 0.25 x6 0.25 0 x6 Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)2 + (x-b)2 = R2 0.25 Vì đường tròn đi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình 0.25 Câu (1  a ) 2  b 2  R 2 VIb  2 2 2 (1  a )  (2  y )  R (2.0đ)  1. 2 2 (a  b  1)  2 R (1.0đ) 0.5 a  0   b  1 R2  2  Vậy đường tròn cần tìm là: x2 + (y - 1)2 = 2        2. 1.0 Ta có AB(1;1;1), nQ (1; 2;3),  AB; nQ   (1; 2;1)   (1.0đ)        Vì  AB; nQ   0 nên mặt phẳng (P) nhận  AB; nQ  làm véc tơ pháp tuyến     Vậy (P) có phương trình x - 2 y + z - 2 = 0 Câu 1.0 2  x  5 ĐK :  VIIb x  N (1.0đ) Ta có Cxx  Cxx 1  C xx 1  C xx  2  C x22 3  Cxx1  C xx1  Cx2x2 3  C xx 2  C x2 2 3 x 1  x  (5  x)!  2!  x  3
Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh ®¸p ¸n quy ®Þnh.