zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử toán - THPT Nguyễn Thị Minh Khai - Hà Tĩnh

Chia sẻ: HUI.VN | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Báo xấu

82
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử toán - thpt nguyễn thị minh khai - hà tĩnh', 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 - THPT Nguyễn Thị Minh Khai - Hà Tĩnh

http://www.vnmath.com SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐHCĐ LẦN I NĂM HỌC 2010-2011 Trường THPT Minh Khai Môn Toán- Khối A-B-D ---------- --------- Thời gian lμm bμi : 180 phút ------------------------------ I . Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hàm số y  2 x  3( m  2) x  6(5m  1) x  ( 4m  2) 3 2 3 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 2. Tìm m để hàm số đạt cực tiểu tại x0(1;2 Câu 2: 1. Giải phương trình: sin 3 x(sin x  3 cos x)  2 2. Giải bÊt phương trình: 2 x 2  10 x  16  x  1  x  3 x ln(1  x)  tan Câu 3: Tìm giới hạn: lim 2 om x 0 cot  x Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABC.A B’C’ có đáy ABC là tam giác vu«ng c©n đỉnh lμ A . Góc giữa AA’ và ’ BC’ bằng 300 và khoảng cách giữa chúng là a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích tứ diện MA’BC’. c Câu 5: Giải hệ phương trình:  2 H.  x3  8 x  y 3  2 y  x  3  3( y  1) 2 AT II. Phần riêng ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần( phần 1 hoặc phần 2) NM 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 6a: 1. Cho ABC cân đỉnh A .Cạnh bên AB và cạnh đáy BC có phương trình lần lượt là: x + 2y – 1 = 0 và 3x – y + 5 = 0 . Lập phương trình cạnh AC biết đường thẳng AC đi qua điểm M(1; -3). .V 2. Giải phương trình: 9 x  3 x log 3 (8 x  1)  log 3 (24 x  3) Câu 7a: Trong một quyển sách có 800 trang thì có bao nhiêu trang mà số trang có ít nhất một chữ số 5. w 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 6b: w 1. Cho hai đường tròn (C1) : x2 + y2 – 2y – 3 = 0 ; (C2): x2 + y2 – 8x – 8y + 28 = 0 ; Viết phương trình tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) w 2. Giải hệ phương trình:  yx 5 ( x  y ).3   27 3. log 5 ( x  y )  x  y ab Câu 7b: Cho a, b > 0 thoả mãn a2 + b2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của P  a  b 1 ____________________________________ Ghi chú: Thí sinh khối B ; D không phải làm câu 5 ( phần chung) 1
http://www.vnmath.com TRƯỜNG THPT MINH KHAI §¸p ¸n vμ biÓu ®iÓm ®Ò thi thö §HC§ lÇn I N¨m häc 2010 - 2011 I. Phần chung: Câu Điểm Câu 1.1 1. với m = 0 : y = 2x3 - 6x2 + 6x - 2 0,25 1. TXĐ: D = R 2. Sự biến thiên a. Giới hạn lim y = - ∞ ; lim y = +∞ x  -∞ x  +∞ b. Bảng biến thiên: Ta có : y/ = 6x2 - 12x + 6 = 6(x- 1)2 , y/ = 0  x =1, y/ > 0 ,  x≠ 1 0,25 x -∞ 0 +∞ y/ + 0 + y +∞ om 0 -∞ c Hàm số đồng biến trên R Hàm số không có cực trị H. AT 3. Đồ thị. Điểm uốn: y” =12x - 12 , y” = 0  x= 1. y” đổi dấu từ âm sang dương khi x qua điểm x = 1  U(1;0) là điểm uốn 0,5 NM giao với Oy : (0;- 2); giao với Ox: (1;0). Qua điểm (2;2). Nhận xét : đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng ( Học sinh tự vẽ đồ thị) .V Câu 1.2 Hàm số bậc 3 có cực tiểu  y/ = 0 có 2 nghiệm phân biệt. Do hệ số của x3 0,25 dương  xCT > xCĐ w Ta có y/=6[x2-(m + 2)x+5m+1] , y/ = 0  m(x-5) = x2-2x +1 (1) 0,25 w x2-2x+1 Do x= 5 không là nghiệm của y/ = 0  (1)  m = = g(x) x-5 w x2-10x+9 g/(x)= = 0  hoặc x = 1 hoặc x = 9 (x-5)2 Bảng biến thiên của g(x) x -∞ 1 2 5 9 +∞ g/(x) + 0 - - - 0 + 0,25 g(x) 0 +∞ +∞ -1 3 -∞ -∞ 16 Từ bảng biến thiên kết hợp với nhận xét trên hàm số có cực tiểu tại 0,25 x0 (1;2] -1/3≤ m
http://www.vnmath.com Câu Điểm Câu 2.1 sin3x(sinx+ 3 cosx)=2  sinxsin3x+ 3 sin3xcosx=2 0,5 1 3 1 3  ( cos2x+ sin2x)-( cos4x- sin4x) =2 2 2 2 2   0,25  cos(2x- )  1    3  cos(2x- )-cos(4x+ ) = 2  3 3 cos(4x+  )  1  3   0,25  x=  k   6  x=  k k Z cos( +4k )  1 6 Câu 2.2 ĐK : x 1 0,5 Đặt u = x-3 , v= x-1 v 0 . ta được BPT: 2(u2+v2)  u+v u  v  0 u  v  0 0,25     om (u  v)  0 u  v 2 x  3 0,25 Vậy BPT  2  x=5  x  7 x  10  0 c Câu 3 ln(1  x)  tan x  H. tan x  0,25 2  lim  ln(1  x ) 2  AT lim    x 0 cot x x 0  cot x cot x    NM ln(1  x)  x.ln(1  x) sin  x 0,25 Mà lim  lim 0 x 0 cot x x 0  x.cos x x x x 0,25 tan sin  x.sin 2sin 2 .V lim 2  lim 2  lim 2 0 x 0 cot  x x 0 x x  0 cos x cos .cos x w 2 x 0,25 ln(1  x)  tan w Vậy lim 2 0 x 0 cot x w 3
http://www.vnmath.com Câu 4 0,25 / C A/ B/ N M C A H B Ta có BB/ AA/ góc giữa AA/ và BC/ bằng góc giữa BC/ và BB/  om B / BC /  300  CBC /  600 Gọi N là trung điểm của BC/ , H là hình chiếu của N trên (ABC)  H là trung điểm của BC  AMNH là h.c.n  MN =AH c Do AH  BC , AH  CC/  AH  (BCC/)  AH  BC/ . từ giả thiết suy ra AH vuông góc với AA/ H. Theo trên , MN AH  MN  AA/ ; MN BC/  MN là khoảng cách giữa AA/ AT và BC/  MN = a  AH = a NM 1 0,25 Tính VMA/BC/: do BA (ACC/A/) VMA/BC/ = SMA/C/. AB .V 3 w Trong  vuông AHB ta có AB= a 2, BH = a  BC= 2a 0,25 Trong  vuông BCC/ : CC/ = BC.tan600 = 2a 3 w 1 1 a3 3 Vậy VMA/BC/ = . AM.AC/.BC = w 3 2 3 Câu 5  x 3  8 x  y 3  2 y 0,25 Giải hệ : (I)  2  x  3  3( y  1) 2  x 3  y 3  2 ( 4  y ) (1) Ta có (I)  2  x  3 y  6 ( 2 ) 2 x  0 0.5 Thay (2) vào (1) : x + x y - 12xy = 0   x  3 y 3 2 2  x  4 y Thay x vào (2) cả 3 trường hợp  Hệ có các nghiệm là: 6 6 6 6 (3;1) , (- 3; -1) , (4 ; ) , (4 ; ) 13 13 13 13 4
http://www.vnmath.com II. Phần riêng.  Câu 6a.1 Vector pháp tuyến của B Clà : n1 = (3; -1); A 0,25  Vector pháp tuyến của AB là : n2 = (1; 2)     n1.n2 1  cosABC  cos(n1 ; n2 )     M(1;-3) n1 . n2 50 B C  Gọi n3 (a; b) là vector pháp tuyến của AC là (a2+b2 ≠ 0) 0,5   1 3a  b 1  2a  b  0  cos(n1 ; n3 )     50 10. a  b 2 2 50 11a  2b  0  Trường hợp 2a - b =0 loại do AB 0,25  Trường hợp 11a - 2b = 0 . chọn a = 2  b = 11 Vậy phương trình AC là: 2(x - 1) + 11(y+3) =0 om  2x + 11y + 31 = 0 Câu 6a.2 Giải phương trình: 9 x  3x log 3 (8 x  1)  log 3 (24 x  3) 0,5 -1 ĐK x> PT  (3x  1) 3x  log 3 (24 x  3)   0 c 8  3x  log 3 (24 x  3)  0 H. -1 0,25 Xét f ( x)  3x  log 3 (24 x  3) với x> AT 8 8 64 f / ( x)  3x ln 3  ; f // ( x)  3x ln 2 3  (8 x  1) ln 3 (8 x  1) 2 ln 3 NM -1 -1 0,25 f // ( x) > 0  x >  f / ( x) đồng biến trên ( , +∞)  f / ( x) =0 có nhiều 8 8 nhất là 1 nghiệm  f ( x)  0 có nhiều nhất là 2 nghiệm. Ta có f (0)  0 ; .V f (1)  0 . Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là : x = 0 ; x = 1 w Câu 7a  Trường hợp 1: số trang có 1 chữ số: có 1 trang 0,25  Trường hợp 2: số trang có 2 chữ số a1a2 w Nếu a1 = 5 a2 có 10 cách chọn  có 10 trang Nếu a2 = 5  a2 có 8 cách chọn ( vì a1 ≠ 0,a1≠ 5)  có 18 trang w  Trường hợp 3: số trang có 3 chữ số a1a2 a3 0,5 Do sách có 800 trang  a1 chọn từ 1 7 + Nếu a1 = 5  a2 có 10 cách chọn, a3 có 10 cách chọncó 100 trang + Nếu a2=5a1 có 6 cách chọn(vì a1≠5), a3có10 cách chọncó 60 trang + Nếu a3=5a1 có 6 cách chọn, a2 có 9 cách chọn(vì a1≠5,a2≠5) có 54 trang Vậy số trang thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 233 trang. 0,25 5
http://www.vnmath.com Câu (C1) có tâm I1(0;1), R1 =2; (C2) có tâm I2(4;4), R2 =2 0,5 6b.1 Ta có I1I2 = 14  9  5 > 4 = R1 +R2  (C1);(C2) ngoài nhau + xét tiếp tuyến d 0y: (d): x+c = 0 d(I1,d) = C ; d(I2,d) = 4  C  C  2 d là tiếp tuyến chung của (C1)(C2)   C = -2 (d): x-2=0  4  C  2 + (d) : y = ax+b 5 Do R1=R2 d I1I2 hoặc (d) đi qua I(2; ) 2   d I1I2 : I1 I 2 =(4;-3)  d: 3x - 4y +c =0. d tiếp xúc với (C1),(C2)  4  C d(I1;d) = 2  2 hoặc C =14 hoặc C= -6 5  có 2 tiếp tuyến chung là: 3x - 4y +14 = 0 và 3x - 4y - 6 =0 5 5 0,25 om  d qua O: phương trình d là: y = ax + - 2a  ax- y + - 2a =0 2 2 3  2a 2 7 c d là tiếp tuyến chung d(I1;d) = 2  2  a= - H. a 12 24 d: 7x +24y - 14 =0 vậy có 4 tiếp tuyến chung là: x - 2 = 0; 3x - 4y + 14= 0; 3x - 4y - 6 = 0; AT 7x +24y - 74 =0. Câu 6b.2 ĐK: x+y > 0 0,5 NM  5 x y  x 3 y 5 x y  ( x  y )  3 5  3 Hệ đã cho   27   27 ( x  y ) 3  5 x  y ( x  y ) 3  5 x  y   .V  x  3y 3 0,25   5  3x  y 3   x  y  3  0   y  x  3  x y  ( x  y )  5 (2 x  3)  125 w 3 3 ( x  y )3  5x  y y  x 3 x  4 0,25 w   thỏa mãn điều kiện 2 x  3  5 y 1 w Câu 7b Ta có a2 + b2 =1  (a + b)2- 1=2ab  (a + b+1)(a+b- 1) =2ab 0,5 ab ab 1 ab 1  = -  T= - a+b+1 2 2 2 2 1 Mặt khác ta có: a+b  2 . a2+b2 = 2 nên T ( 2 - 1) 2 2 1 Dấu “ =” xảy ra  a = b = . Vậy Tmax = ( 2 - 1) 2 2 Đối với khối B+D điểm của câu 5 chuyển cho Câu1.2 : 0,5đ và câu 4(hình): 0,5 đ 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

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.