Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán khối b - thpt chuyên hạ long - quảng ninh', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề thi thử toán khối B - THPT chuyên Hạ Long - Quảng Ninh
- SỞ GD&ĐT QUẢNG NINH §Ò thi thö ®¹i häc lÇn thø nhÊt
THPT CHUYÊN HẠ LONG Năm học 2010- 2011
www.VNMATH.com Môn Thi : Toán - Khối B
Thời gian làm bài: 180 phút
A. Phần chung dành cho tất cả các thí sinh ( 7 ñiểm)
Câu I: ( 2 ñiểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + m , m là tham số (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 2.
2 Tìm m ñể tiếp tuyến của ñồ thị hàm số (1) tại ñiểm có hoành ñộ bằng 1 cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A,
3
B sao cho diện tích tam giác OAB bằng
2
Câu II ( 2 ñiểm)
x
1 Giải phương trình lượng giác : cot x + sin x(1 + tan x. tan ) = 4
2
x y 5
+ =
2 Giải hệ phương trình: y x 2
2 2
x + y + xy = 21
π
cos( cos x)
Câu III ( 1 ñiểm) Tính giới hạn sau : lim 2
x →0 x
sin 2
2
Câu IV: ( 1 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam giác ñều và vuông góc với
ñáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết khoảng cách giữa hai ñường thẳng AB và SC bằng a
Câu V ( 1 ñiểm) .
7 C A B
Chứng minh rằng, tam giác ABC thoả mãn ñiều kiện cos A + cos B − cos C = − + 2 sin + 4 cos cos là
2 2 2 2
tam giác ñều
B.Phần riêng ( 3ñiểm)Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần ( Phần 1 hoặc phần 2)
Phần1.Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a ( 2 ñiểm).
7 4
1 Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại A có trọng tâm G ; , phương trình ñường thẳng
3 3
BC là: x − 2 y − 3 = 0 và phương trình ñường thẳng BG là: 7 x − 4 y − 11 = 0 . Tìm toạ ñộ A, B, C.
2 Cho ®−êmg trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh x 2 + y 2 − 2 x − 4 y − 20 = 0 vµ ®iÓm M(2;5). ViÕt ph−¬ng tr×nh
®−êng th¼ng ®i qua M vµ c¾t ®−êng trßn (C) theo một dây cung có ñộ dài nhỏ nhất
n
3
Câu VII.a ( 1 ñiểm) Cho khai triển x 3 + . Biết tổng hệ số của 3 số hạng ñầu tiên trong khai triển
3
x2
bằng 631. Tìm hệ số của số hạng có chứa x 5
Phần2.Theo chương trình nâng cao
7 4
Câu VI.b (2 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC cân tại A có trọng tâm G ; , phương trình
3 3
ñường thẳng BC là: x − 2 y − 3 = 0 và phương trình ñường thẳng BG là: 7 x − 4 y − 11 = 0 . Tìm toạ ñộ A, B, C.
2 Cho ®−êmg trßn (C) cã ph−¬ng tr×nh x 2 + y 2 − 2 x − 4 y − 20 = 0 vµ ®iÓm M(2;5). ViÕt ph−¬ng tr×nh
®−êng th¼ng ®i qua M vµ c¾t ®−êng trßn (C) theo một dây cung có ñộ dài nhỏ nhất
Câu VII.b ( 1ñiểm)
x + log 3 y = 3
Giải hệ phương trình: 2 x
(2 y − y + 12).3 = 81 y
- ðáp án To¸n – Khèi B
Thi thử ñại học lần 1 năm học 2010-2011
www.VNMATH.com
Câu Lời giải ðiểm
I.1 Khi m = 2, ta c ó: y = x 3 − 3x 2 + 2
(1ñ) • TX ð: D = R
Giới hạn xlim
→ ±∞
y = ±∞
0.25
x = 0
y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔
x = 2
• BBT
x −∞ 0 2 +∞
0.25
y’ + 0 - 0 +
y 2 +∞
-∞ -2
* Hàm số ñồng biến trên các khoảng (−∞;0); (2;+∞) , nghịch biến trên khoảng 0.25
(0;2)
Có ñiểm cực ñại (0;2) và ñiểm cực tiểu (2;-2)
* ðồ thị: ði qua các ñiểm U(1;0); A(-1;-2); B(3;2), ðường vẽ phải trơn, có tính
ñối xứng
0.25
I.2 * x = 1 ⇒ y = m − 2 . Phương trình tiếp tuyến tại ñiểm (1;m-2) là: y = −3x + m + 1 0.25
(1ñ) m +1 0.25
* Tìm ñược toạ ñộ A( ;0); B(0; m + 1)
3
1 1 m +1
* S ∆OAB = OA.OB = . .m +1
2 2 3 0.25
3 1 3 m + 1 = 3 m = 2
* S ∆OAB = ⇔ .(m + 1) 2 = ⇔ ⇔ m = −4 0.25
2 6 2 m + 1 = −3
II.1 x
ðK: sin x ≠ 0, cos x ≠ 0, cos ≠ 0
(1ñ) 2
0.25
- x x x x
sin 2. sin . cos . sin
cos x sin x 2)=4⇔ cos x 2 2 2) = 4 0.25
* pt ⇔ + sin x(1 + . + sin x(1 +
www.VNMATH.com
sin x cos x
cos
x sin x
cos x. cos
x
2 2 0.25
cos x 1 − cos x cos x sin x
*⇔ + sin x(1 + )=4⇔ + =4
sin x cos x sin x cos x
1
* ⇔ cos 2 x + sin 2 x = 4 sin x. cos x ⇔ sin 2 x = 0.25
2
π
x = 12 + kπ
*⇔ , k ∈ Z , thoả mãn các ñiều kiện
x = 5π + kπ
12
II.2 x
(1ñ) * ðK: xy>0. ðặt = t , (t > 0) , phương trình (1) trở thành
y
t = 2
1 5
t + = ⇔ 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔ 1 0.25
t 2 t =
2
* Với t=2 => x=4y thay vào phương trình (2) ta ñược
16 y 2 + y 2 + 4 y 2 = 21 ⇔ y 2 = 1 ⇔ y = ±1 .
0.25
Hệ phương trình có nghiệm (4;1) và (-4;-1)
1
* Với t = ⇒ y = 4 x , ta có: x 2 + 16 x 2 + 4 x 2 = 21 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1
2
0.25
Hệ phương trình có nghiệm (1;4) và (-1;-4)
* Kết luận: Hệ phương trình có 4 cặp nghiệm 0.25
III π π π
cos( cos x) sin( − cos x)
(1ñ) * lim 2 = lim 2 2 0.25
x →0 x x → 0 x
sin 2 sin 2
2 2
π x
sin( 2 sin 2 )
* = lim 2 2 0.25
x →0 x
sin 2
2
x
sin(π . sin 2 )
* = lim π. 2 =π
x →0 x 0.5
π sin 2
2
IV. * Gọi H là trung ñiểm AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD)
(1ñ) Vì AB//CD =>AB//mp(SCD)=>d(AB,SC)=d(AB;(SCD))=d(H;(SCD)) 0.25
* Gọi E là trung ñiểm CD => CD ⊥ mp(SHE)
Kẻ AK ⊥ SE ⇒ AK ⊥ ( SCD) ⇒ d ( H , ( SCD)) = d ( AB, SC ) = HK = a
x 3
* Gọi cạnh hình vuông là x ⇒¸SH = ; HE = x 0.25
2
0.25
- 1 1 4 7a 2 7 S
2
= 2
+ 2
⇒ x 2
= ⇒x=a
a x 3x 3 3
www.VNMATH.com
*
1 1 a 7 3 1 7 a 2 a 7 a 3 .7 . 7
VS . ABCD = S ABCD .SH = x 2 ( . )= . . =
3 3 3 2 3 3 2 18
K 0.25
B C
H
E
A
D
V A+ B A− B C 7 C A+ B A− B
2 cos cos − 1 + 2 sin 2 = − + 2 sin + 2(cos + cos )
(1ñ) 2 2 2 2 2 2 2
C A−B C C 5 A− B
* ⇔ 2 sin 2 + 2 cos sin − 4 sin + − 2 cos =0
2 2 2 2 2 2
C A−B C 5 A− B
⇔ 2 sin 2 + 2 cos − 2 sin + − 2 cos =0 (1)
2 2 2 2 2 0.5
C
* (1) là tam thức bậc hai theo sin có
2
2
A− B A− B A− B
∆' = cos − 2 − 5 + 4 cos = cos 2 ( ) −1 ≤ 0
2 2 2
2 A− B
cos 2
=1
Do ñó: (1) ⇔ 0.25
sin C = 1 2 − cos A _ B
2 2 2
* Giải hệ trên ta ñược với A,B,C là 3 góc trong tam giác, ta có
A− B
cos 2 = 1 A = B
⇒ 0
⇒ ∆ABC ñều (ñpcm) 0.25
sin C = 1 C = 60
2 2
VIa.1 x − 2 y − 3 = 0 0.25
* Toạ ñộ B là nghiệm của hệ ⇒ B (1;−1)
(1ñ) 7 x − 4 y − 11 = 0
3 5
* Gọi N là trung ñiểm của AC, ta có BN = BG ⇒ N (3; )
2 2
Do tam giác ABC cân tại A nên AG ⊥ BC, phư ơng trình của AG là 0.25
2x + y − 6 = 0
x C − 2 y C − 3 = 0
2 x + y − 6 = 0
* C ∈ BC; A ∈ AG; AN = CN ⇒ A A 0.25
x A + xC = 6
y A + y C = 5
* Giải hệ trên ñược A(1;4); C(5;1) 0.25
VIa.2 * ðường tròn (C) có tâm I(1,2), bk R=5
(1 ñ) IM = 1 + 3 2 = 10 < R => M nằm trong ñường tròn 0.25
* Giả sử ñường thẳng (d) ñi qua M cắt (C) theo dây cung AB, kẻ IH ⊥ AB ta có
0.25
- AB = 2 AH = 2 R 2 − IH 2 => AB nhỏ nhất khi IH lớn nhất
* Mà IH ≤ IM , nên IH lớn nhất khi IH = IM hay (d) vuông góc với IM 0.25
www.VNMATH.com
* Vậy (d) nhận IM = (1;3) làm véctơ pháp tuyến; phương trình của (d) là: 0.25
x + 3 y − 17 = 0
n n
VIIa 3 3 −
2 n 3( n − k )
−
2k n 3( n − k ) 2 k
−
(1 ñ) * x 3 + 3 2 = x 2 + 3.x 3 = ∑ C nk x 2 3 k x 3 =∑ C nk 3 k x 2 3 ; ( 0 ≤ k ≤ n) 0.25
x k =0 k =0
* Giải C n + 3C n + 9C n = 631 ⇔ .... ⇔ 3n − n − 420 = 0 ⇒ n = 12
0 1 2 2
0.25
* Hệ số của số hạng có chứa x 5 là C12k 3 k ứng với k thoả mãn
3(12 − k ) 2k 0.25
− =5⇔k =6
2 3
* Hệ số cần tìm là C126 36 = 673596 0.25
VIb.1 x − 2 y − 3 = 0
* Toạ ñộ B là nghiệm của hệ ⇒ B (1;−1)
(1ñ) 7 x − 4 y − 11 = 0 0.25
3 5
* Gọi N là trung ñiểm của AC, ta có BN = BG ⇒ N (3; )
2 2
Do tam giác ABC cân tại A nên AG ⊥ BC, phư ơng trình của AG là 0.25
2x + y − 6 = 0
x C − 2 y C − 3 = 0
2 x + y − 6 = 0
* C ∈ BC; A ∈ AG; AN = CN ⇒ A A 0.25
x A + xC = 6
y A + y C = 5
* Giải hệ trên ñược A(1;4); C(5;1) 0.25
VIb.2 * ðường tròn (C) có tâm I(1,2), bk R=5
(1ñ) IM = 1 + 3 2 = 10 < R => M nằm trong ñường tròn 0.25
* Giả sử ñường thẳng (d) ñi qua M cắt (C) theo dây cung AB, kẻ IH ⊥ AB ta có
AB = 2 AH = 2 R 2 − IH 2 => AB nhỏ nhất khi IH lớn nhất
* Mà IH ≤ IM , nên IH lớn nhất khi IH = IM hay (d) vuông góc với IM 0.25
* Vậy (d) nhận IM = (1;3) làm véctơ pháp tuyến; phương trình của (d) là: 0.25
x + 3 y − 17 = 0
0.25
VIIb * ðK: y> 0
(1 ñ) Từ pt (1) ta có: 3 x =
27
y 0.5
* Thay vào phương trình (2):
27 y = 4
(2 y 2 − y + 12)
= 81 y ⇔ y 2 + y − 12 = 0 ⇔
y y = −3(loai ) 0.25
27
x = log 3
* Nghiệm của hệ là
4
y = 4
0.25
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
