zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử toán lần 3

Chia sẻ: Tạ Tiến Đạt | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

96
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử toán lần 3', 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 toán lần 3

WWW.VNMATH.COM TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  (3m  1) x 2  2(m  1), m là tham số. 4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho khi m  0. 2. Tìm m để đồ thị hàm số đã cho có 3 điểm cực trị lập thành một tam gíác có trọng tâm là gốc toạ độ. Câu II. (2,0 điểm) 2 log 4 (1  2 x  1)  log 2 (5  x)  log 1 (3  x). 1. Giải phương trình 2 sin 3x (sin 2 x  cos 2 x) tan x   sin x  cos x. 2. Giải phương trình cos x Câu III. (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm xe x số y  , trục hoành và đường thẳng x  1 xung quanh trục hoành. ex 1 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A' B ' C ' có AC  a, BC  2a, ACB  1200 và đường thẳng A' C tạo với mặt phẳng ( ABB' A' ) góc 300. Gọi M là trung điểm BB '. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , CC ' theo a. Câu V. (1,0 điểm) Tìm a để hệ phương trình sau có nghiệm  x 2 y  1  2 xy  2 x  1  3  x  3x  3xy  a  2  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) x2 y 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2 x  y  3  0 và elíp ( E ) :   1. Viết 4 1 phương trình đường thẳng  vuông góc với d và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 1. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  9  0 và hai điểm A(3;  1; 2), B (1;  5; 0). Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) sao cho MA.MB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VIIa. (1,0 điểm) Viết ngẫu nhiên một số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số đôi một khác nhau lên bảng. Tính xác suất để số vừa viết thỏa mãn trong số đó mỗi chữ số đều lớn hơn chữ số đứng trước nó. b. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y 2  4 x có tiêu điểm F. Gọi M là điểm thỏa mãn điều kiện FM  3FO; d là đường thẳng bất kì đi qua M, d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác vuông. x 1 y  4 z   2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và các điểm A(1; 2; 7), 2 1 2 B(1; 5; 2), C (3; 2; 4). Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị lớn nhất. Câu VIIb. (1,0 điểm) Hai bạn An và Bình thi đấu với nhau một trận bóng bàn. Họ quy ước chơi với nhau nhiều nhất 5 séc, ai thắng trước 3 séc là người thắng cuộc và trận đấu kết thúc. Tính xác suất để trận 1 WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM đấu kết thúc sau séc thứ tư, biết rằng xác suất An thắng trong mỗi séc là 0,4 và séc nào cũng có người thắng. ------------------------------------ Hết ------------------------------------ Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 21, 22/05/2011. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối sẽ được tổ chức vào chiều ngày 13 và ngày 14/06/2011. Đăng kí dự thi tại Văn phòng Trường THPT Chuyên từ ngày 21/05/2011. TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 3, NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) 14 x  x 2  2. Khi m  0 hàm số trở thành y  I. 4 (2,0 a. Tập xác định: D   ; y là hàm số chẵn. điểm) b. Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có y '  x 3  2 x. x  2 x   2 x  0 y'  0   ; y'  0   ; y'  0   x   2  2  x  0 0  x  2    0,5 Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( 2 ; 0) và ( 2 ;  ) ; hàm số nghịch biến trên các khoảng (;  2 ) và (0; 2 ). * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0 với yCĐ  2 ; hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và x   2 với yCT  1. 1 1 2 lim y  lim x 4   2  4   . * Giới hạn tại vô cực: 4 x x x   x   *Bảng biến thiên: x 2   2 0     y' 0 0 0   2 y y 1 1 0,5 c. Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận trục tung làmn trục đối 2 xứng. 1 O x 2 2 2. (1,0 điểm) Hàm số đã cho có 3 điểm cực trị  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt 1  x3  2(3m  1) x  0 có 3 nghiệm phân biệt  m   . (1) 3 0,5 Khi đó 3 điểm cực trị của đồ thị là A(0; 2m  2), B ( 6m  2 ;  9m 2  4m  1) và C ( 6m  2 ;  9m 2  4m  1) . Rõ ràng tam giác ABC cân tại A và trung tuyến kẻ từ A thuộc Oy. Do đó O là trọng tâm của tam giác ABC  y A  2 yB  0. 0,5 m  2 / 3 2 2 Hay 2m  2  2(9m  4m  1)  0  9m  3m  2  0   m  1 / 3 2 WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM 1 Kết hợp với (1) suy ra giá trị của m là m  . 3 1. (1,0 điểm) II. 1 Điều kiện:  x  3. (2,0 2 điểm) Khi đó phương trình đã cho  log 2 (1  2 x  1)  log 2 (5  x)  log 2 (3  x) 0,5 5 x  log 2 (1  2 x  1)  log 2 3 x 5 x 2  1  2x 1   2x 1  3 x 3 x 11  17  ( x  3) 2 (2 x  1)  4  ( x  1)(2 x 2  11x  13)  0  x  1; x  . 4 0,5 11  17 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x  1, x  . 4 2. (1,0 điểm)   k , k  . Điều kiện: cos x  0  x  2 Với điều kiện đó phương trình tương đương với sin 2 x sin x  cos 2 x sin x  sin 3 x  cos x(sin x  cos x) 0,5  sin 2 x sin x  cos 2 x sin x  sin 2 x cos x  cos 2 x sin x  cos x(sin x  cos x)  sin 2 x(sin x  cos x)  cos x(sin x  cos x)  cos x(2 sin x  1)(sin x  cos x)  0  (2 sin x  1)(sin x  cos x)  0, vì cos x  0 .  5 1  x   k 2  x   k 2 * 2 sin x  1  0  sin x  2 6 6  * sin x  cos x  0  tan x  1  x    k . 4 0,5  5  Vậy nghiệm của phương trình là x   k 2 , x   k 2 , x    k , k  . 6 6 4   Chú ý: HS có thể viết nghiệm của PT: x   1  k ; x    k , k  . k 6 4 xe x III.  x  0. Suy ra hình phẳng đã cho là hình thang cong được giới hạn bởi các đường Ta có ex  1 (1,0 điểm) xe x , y  0, x  0 và x  1. y 0,5 ex  1 1 xe x  Do đó thể tích khối tròn xoay là V   dx. (1) (e x  1) 2 0 ex 1 Đặt u  x, dv  dx. Khi đó du  dx, v  x . x 2 (e  1) e 1 Theo công thức tích phân từng phần ta có 1 1 1  ex  x 1 xe x 1 dx     1  x dx dx  x x  e 1 0 0 e 1 e 1 0  e 1 (e x  1) 2 0,5   0 1 1 1 e 1 e  x  ln(e x  1)    ln . e 1 e 1 2 0 0 e 1 e Thay vào (1) ta được thể tích khối tròn xoay là V     ln .  e 1 2 3 WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM +) Kẻ CH  AB. Vì AA'  ( ABC ) nên IV. AA'  CH  CH  ( ABB' A' ) C (1,0 B  CA' H  ( A' C , ( ABB' A' ))  300. điểm +) Sử dụng định lí cosin và công thức diện tích cho ABC ta có H a.2a.sin 1200 2S 3 A AB  a 7 , CH  ABC  a . 0,5 M AB 7 a7 3 5  AA'  A' C 2  AC 2  a .  CA'  2CH  2a 7 7 5 a 3 a 3 105 2 B' C' + ) Thể tích lăng trụ là V  AA'.S ABC  a .  . 72 14 +) Mặt phẳng ( ABB' A' ) chứa AM và song song CC ' A' 3 a 21 0,5  d ( AM , CC ' )  d (C , ( ABB' A' ))  CH  a  7 7  x 2 z  2 xz 2  1  V. Đặt z  y  1, z  0 hệ trở thành  3  x  3xz 2  a  2 (1,0  điểm Rõ ràng z  0 không thỏa mãn hệ. Với z  0, đặt x  tz hệ trở thành  z 3 (t 2  2t )  1 (1)  0,5 3 3  z (t  3t )  a  2 ( 2)  Do z  0 nên từ (1) suy ra t 2  2t  0 hay t  0 hoặc t  2. t2  3 , t  0 hoặc t  2. Từ hệ (1) và (2) ta có a  2  t2 t2  3 Xét hàm số f (t )  , t  (; 0)  (2;  ). t2 t  1 t 2  4t  3 Ta có f ' (t )  0 t  3 2 (t  2) Suy ra BBT   0 1 2 3 t 0 f ' (t ) + +   0,5 f (t ) 6 3 2  a  2  6 a  4 Dựa vào BBT suy ra hệ có nghiệm    hay a  2  3 a   1     2 2 1. (1,0 điểm) +)   d  pt  có dạng x  2 y  m  0. VIa. (2,0 x  2 y  m  0 điểm) x  2 y  m   2 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ  x 2 8 y  4my  m  4  0 2   y 1 2 (1) 4 0,5 d cắt (E) tại hai điểm A, B  hệ có 2 nghiệm phân biệt  32  4m 2  0  2 2  m  2 2 . (*) +) Gọi A(2 y1  m; y1 ), B(2 y2  m; y2 ) trong đó y1 , y2 là nghiệm của (1) m2  4 m  y1  y2  , y1 y2  . 2 8 5(8  m 2 ) 5. 8  m 2  AB 2  5( y2  y1 ) 2  5[( y1  y2 ) 2  4 y1 y2 ]   AB  . 0,5 4 2 4 WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM m 2 (8  m 2 ) |m| 1  1  m2  4 +) Đường cao OH  d (O,  )   SOAB  OH . AB  2 4 5  m  2 (thỏa mãn (*)). Suy ra phương trình  : x  2 y  2  0 hoặc x  2 y  2  0. 2. (1,0 điểm) +) Gọi I là trung điểm AB. Khi đó I (2;  3; 1) và IA  IB  0. +) Ta có MA.MB  ( MI  IA)( MI  IB)  ( MI  IA)( MI  IA)  MI 2  IA2 . 0,5 AB 2  MA.MB đạt giá trị nhỏ nhất  MI nhỏ nhất (do IA2  không đổi). 4  M là hình chiếu vuông góc của I trên (P).  x  2  2t  +) Chọn u IM  nP  (2;  1; 2)  phương trình IM :  y  3  t . Thay vào phương trình (P) suy ra 0,5  z  1  2t  t  2  M (2;  1;  3). Gọi A là biến cố số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số được viết ra thỏa mãn mỗi chữ số lớn hơn chữ số VIIa. đứng trước nó. Khi đó (1,0   {abcd : a  0, d {0, 2, 4, 6, 8}}; điểm)  A  {abcd : 0  a  b  c  d , d là số chẵn}. Để tính  ta xét các trường hợp sau 3 +) d  0. Trường hợp này có A9 số. 0,5 3 2 +) d {2, 4, 6, 8}. Trường hợp này có ( A9  A8 ).4 số. 3 3 2 Suy ra   A9  4( A9  A8 )  2296. Để tính  A ta xét các trường hợp sau +) d  4. Trường hợp này có 1 số. 3 +) d  6. Trường hợp này có C5 số. 3 +) d  8. Trường hợp này có C7 số. 0,5 3 3  A  1  C5  C7  46. Suy ra A 46 Do đó P( A)    0,02.  2296 1. (1,0 điểm) VIb. +) ( P ) : y 2  4 x có p  2  tiêu điểm F (1; 0)  M (4; 0). (2,0  y 2  4 x  A(4; 4) điểm) +) Nếu d  Ox  pt d : x  4. Từ hệ    B (4;  4) x  4  OA.OB  16  16  0  AOB  900. 0,5 +) Nếu d  Ox  pt d : y  k ( x  4).   y2 x   y  kx  4k  Tọa độ A, B là nghiệm của hệ  2 4  y  4x 2 ky  4 y  16k  0 (1) Điều kiện d cắt (P) tại hai điểm phân biệt là pt (1) có 2 nghiệm phân biệt  k  0. y2 y2 Giả sử A( 1 ; y1 ), B( 2 ; y2 ) trong đó y1 , y2 là nghiệm của (2)  y1 y2  16. 4 4 0,5 y1 y2 2 )  y1 y2  (4) 2  16  0  AOB  900. Ta có OA.OB  ( 4 Suy ra OA vuông góc với OB hay tam giác OAB vuông trong mọi trường hợp. Ta có đpcm. 2. (1,0 điểm) 5 WWW.VNMATH.COM
WWW.VNMATH.COM +) M  d  M (2t  1; t  4; 2t ). +) P  MA2  MB 2  MC 2  [(2t  2) 2  (t  2) 2  (2t  7) 2 ]  0,5 2 2 2 2 2 2 2  [(2t  2)  (t  1)  ( 2t  2) ]  [(2t  4)  (t  2)  (2t  4) ]  9t  18t  12  9(t  1) 2  21  21. 0,5 Suy ra max P  21 , đạt khi t  1 hay M (1; 3;  2). Gọi H là biến cố trận đấu kết thúc sau 4 séc; A là biến cố An là người thắng chung cuộc; Ai là biến VIIb. cố An thắng séc thứ i; B là biến cố Bình là người thắng chung cuộc và Bi là biến cố Bình thắng séc (1,0 thứ i, i = 1, 2, 3, 4. Khi đó ta có điểm) H  A  B; 0,5 A = “Trong 3 séc đầu An thắng 2 séc và séc thứ tư An thắng”  ( A1 A2 B3  A1 B2 A3  B1 A2 A3 ) A4 ; B = “Trong 3 séc đầu Bình thắng 2 séc và séc thứ tư Bình thắng”  ( B1B2 A3  B1 A2 B3  A1B2 B3 ) B4 . Từ giả thiết suy ra P ( Ai )  0,4, P( Bi )  0,6 với i  1, 2, 3, 4 . Theo công thức tính xác suất ta có P ( A)  3.(0,4) 2 .0,6.0,4  0,1152 , 0,5 2 P( B)  3.(0,6) .0,4.0,6  0,2592 . Suy ra P( H )  P ( A)  P( B)  0,3744. 6 WWW.VNMATH.COM

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

925 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.