intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011Môn thi : TOÁN, khối A

Chia sẻ: Tranthi Kimuyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST
Báo xấu
68
lượt xem 6
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2011môn thi : toán, khối a', 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 TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011Môn thi : TOÁN, khối A

  1. NĐQ 0982473363 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 ĐỀ THAM KHẢO Môn thi : TOÁN, khối A I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y =  x3  3x2 + mx + 4, trong đó m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho, với m = 0. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + ). Câu II. (2,0 điểm) 2 1. Giải phương trình: 3 (2cos x + cosx – 2) + (3 – 2cosx)sinx = 0 2. Giải phương trình: log 2 (x  2)  log 4 (x  5) 2  log 1 8  0 2 Câu III. (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = ex  1 , trục hoành và hai đường thẳng x = ln3, x = ln8. Câu VI. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Câu V. (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 1. x 2 (y  z) y 2 (z  x) z 2 (x  y) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P   yz zx xz II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có  x  1  2t  phương trình:  y  1  t z   t  Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIa. (1,0 điểm) 1
  2. NĐQ 0982473363 Tìm hệ số của x2 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1) 6 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến với (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d có x 1 y 1 z phương trình:   . 1 2 1 Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu VIIb. (1,0 điểm) Tìm hệ số của x3 trong khai triển thành đa thức của biểu thức P = (x2 + x – 1)5 ……………………Hết…………………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… 2
  3. NĐQ 0982473363 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câ u Đáp án Điể m I 1. (1,25 điểm) (2,0 Với m = 0, ta có hàm số y = – x3 – 3x2 + 4 điểm Tập xác định: D =  ) Sự biến thiên:  x  2  Chiều biến thiên: y’ = – 3x2 – 6x, y’ = 0  x  0  0,50  x  2 y’ < 0  x  0  y’ > 0  – 2 < x < 0 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (  ;  2) và (0 ; + ) Do đó: + Hàm số đồng biến trên khoảng ( 2 ; 0) +  Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và yCT = y(–2) = 0; + Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 4. 0,25  Giới hạn: xlim  , lim    x    Bảng biến thiên: 2   0 x    0 0 y' 0,25  4 y  0 y  Đồ thị: 4 Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4), cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp xúc với 0,25 trục hoành tại điểm ( 2 ; 0) 3 2 1 x O 2. (0,75 điểm) Hàm số đã cho nghịch biến trên khoảng (0 ; + )  y’ = – 3x2 – 6x + m  0, x>0 0,25  3x + 6x  m,  x > 0 2 (*) 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số y = 3x + 6x  x 0 trên (0 ; + )  y 0,50 0 Từ đó ta được : (*)  m  0. II 1. (1,0 điểm) (2,0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình : 0,50 3
  4. NĐQ 0982473363 điểm  3 sin x   2sin x  3    3 sin x  cos x  0   ) 2  3 sin x  cos x  0  n   x  (1) 3  n, n    0,50  x     k , k     6 Câ u Đáp án Điể m 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x > – 2 và x  5 (*) Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình: 0,50 log 2 (x  2) x  5   log 2 8  (x  2) x  5  8  (x  3x  18)(x  3x  2)  0 2 2    x 2  3x  18  0 3  17  2  x  3; x  6; x   x  3x  2  0 2  Đối chiếu với điều kiện (*), ta được tất cả các nghiệm của phương trình đã cho 0,50 là: 3  17 x x6 và 2 III Kí hiệu S là diện tích cần tính. (1,0 Vì e x  1  0 x [ln 3 ; ln 8] nên S  ln 8 0,25  e x  1dx điểm ln 3 Đặt e x  1 = t, ta có dx  2tdt ) t 1 2 0,25 Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3 3 dt  3 3 3 3 2t 2 dt dt dt 3 S  2   dt   2 2  Vì vậy: 3 3  2  ln t  1 2  ln t  1 2  2  ln  0,50 t 1 t 1 t 1 2 t  1 2 2 2 2 2 2 Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều. IV Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông (1,0 điểm ABCD. 0,50 Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD. ) Ta có OG  (SAB) và OI  (ABCD). S a , trong đó H là trung Suy ra: + OG = IH = 2 0,25 điểm của AB. + Tam giác OGA vuông tại G. G O Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình A D H I chóp S.ABD, ta có: B C 0,25 2 2 a 3a a 21 R  OA  OG  GA    2 2 4 9 6 x 2 x 2 y2 y 2 z 2 z 2 V P     Ta có : (*) y z z x x y (1,0 0,50 4
  5. NĐQ 0982473363 điểm Nhận thấy : x2 + y2 – xy  xy x, y   x 2 y2 Do đó : x3 + y3  xy(x + y) x, y > 0 x, y > 0 )  xy hay y x y2 z2 y, z > 0 Tương tự, ta có :   yz z y z2 x 2 x, z > 0  zx x z 0,50 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P  2(x + y + z) = 2 x, y, z > 0 và x + y + z = 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = 1 . Vì vậy, minP = 2. 3 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)2 + y2 = 4. 0,25 điểm Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2 Suy ra trục tung không có điểm chung với đường tròn (C). Vì vậy, qua một ) 0,25 điểm bất kì trên tục tung luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C). Câ u Đáp án Điể m Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung. Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có: 0,25  AMB  600 (1)  0 Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60    AMB  1200 (2)  Vì MI là phân giác của  AMB nên : IA   AMI  300  MI   MI  2R  m 2  9  4  m   7 (1) sin 300 0,25 IA 2R 3 43   AMI  600  MI   MI   m2  9  (2) (*) 0 sin 60 3 3 Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*) Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ;  ) và (0 ; ) 7 7 2. (1,0 điểm) Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua 0,25 M, cắt và vuông góc với d. Vì H  d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ;  1 + t ;  t).   Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)  Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên : 0,50   1 2 2 4 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vì thế,  ; ;  = . MH 3 3 3 3 x  2  t  Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là:  y  1  4t 0,25 z  2t  VII.a Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: 0,25 5
  6. NĐQ 0982473363 (1,0 C0 (x  1)6  C1 x 2 (x  1)5    C6 x 2k (x  1) 6 k    C5 x10 (x  1)  C6 x12 P= k 6 6 6 6 điểm Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2 chỉ xuất hiện khi khai triển 0,25 C0 (x  1)6 và C1 x 2 (x  1)5 . ) 6 6 Hệ số của x2 trong khai triển C0 (x  1)6 là : C0 .C6 2 6 6 0,25 Hệ số của x2 trong khai triển C16 x 2 (x  1)5 là : C16 .C50 Vì vậy, hệ số của x2 trong khai triển P thành đa thức là : C0 .C6 C16 .C5 = 9. 2 0 0,25 6 VI.b 1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a. (2,0 2. (1,0 điểm) điểm Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua 0,25 M, cắt và vuông góc với d. )  x  1  2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z   t  Vì H  d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ;  1 + t ;  t). 0,50   Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)  Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên :   1 2 2 4 2.(2t – 1) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vì thế,  ; ;  = . MH 3 3 3 3 Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: x  2 y 1 z 0,25   4 2 1 Câ u Đáp án Điể m VII.b Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: (1,0 P = C5 (x  1)5  C15 x 2 (x  1)4    C5 x 2k (x  1)5 k    C5 x 8 (x  1)  C5 x10 0,25 0 k 4 5 điểm 3 Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x chỉ xuất hiện khi khai triển 0,25 ) C5 (x  1)5 và C1 x 2 (x  1)4 . 0 5 Hệ số của x3 trong khai triển C5 (x  1)5 là : C5 .C3 0 0 5 0,25 3 Hệ số của x trong khai triển C15 x 2 (x  1)4 là : C15 .C14 10. Vì vậy, hệ số của x3 trong khai triển P thành đa thức là : C5 .C3 C1 .C1 = 0 0,25 5 5 4 6
ADSENSE

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.

 

Đồng bộ tài khoản
3=>0