Ôn thi Đại học môn Toán năm 2011 (Số 9)

Chia sẻ: Tran Long Long | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

1.512
lượt xem 126
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi đại học - cao đẳng lần 1 môn Toán khối B năm học 2011 dành cho các bạn học sinh hệ Trung học phổ thông luyện thi đại học tham khảo làm bài để củng cố kiến thức.Thời gian làm bài 180 phút mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Ôn thi Đại học môn Toán năm 2011 (Số 9)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM 2011 SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN MÔN: TOÁN - KHỐI B TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN http://ductam_tp.violet.vn/ (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm). Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + (m-1)x + 2. 1. Chứng minh rằng hàm số có cực trị với mọi giá trị của m. 2. Xác định m để hàm số có cực tiểu tại x = 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trong trường hợp đó. Câu II: (2,0 điểm). 1. Giải phương trình sau: (1 – tanx) (1+ sin2x) = 1 + tanx. 51 − 2x − x 2 2. Giải bất phương trình:
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – MÔN TOÁN – KHỐI B Điể Nội dung Câu m I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) CâuI 2.0 1. y’= 3x – 6mx + m -1, ∆ ' = 3(3m − m + 1) > 0 ∀m => hs luôn có cực trị 2 2 0.5  y '(2) = 0 2. y’’ = 6x - 6m => hs đạt cực tiểu tại x = 2 ⇔  ⇔ m =1  y ''(2) > 0 0.5 +) Với m =1 => y = x3 -3x + 2 (C) TXĐ: D = R x = 0 Chiều biến thiên: y ' = 3x − 6 x, y' = 0 ⇔  2 0.25 x = 2 => hs đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;0) và (2; +∞) , nghịch biến trên khoảng (0 ;2) Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ Điểm uốn: y’’ =6x – 6, y’’ đổi dấu khi x đi qua x = 1 => Điểm uốn U(1; 0) 0,25 BBT -∞ +∞ x 0 2 y’ + 0 - 0 + +∞ 2 y -∞ -2 0.25 ( ) + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (1; 0), 1 ± 3;0 , trục tung tại điểm (0; 2) y f(x)=x^3-3x^2+2 4 3 2 1 x -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -1 -2 -3 -4 Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng 0.25 CâuII 2.0 π + lπ 1. TXĐ: x ≠ (l ∈ Z ) 0,25 2 t = 0  2t  2t (1 − t ) 1 + = 1+ t ⇔  Đặt t= tanx => sin 2 x = 2 , đc pt: 2 0,25  t = −1  1+ t  1+ t Với t = 0 => x = k π , (k ∈ Z ) (thoả mãn TXĐ) 0,25 π Với t = -1 => x = − + kπ (thoả mãn TXĐ) 0,25 4 2
2. 1,0  1 − x < 0   51 − 2 x − x ≥ 0 2 51 − 2 x − x 2 < 1 ⇔  1 − x > 0  1− x  51 − 2 x − x 2 ≥ 0   51 − 2 x − x < (1 − x) 2 2 0,5   x > 1    x ∈  −1 − 52; −1 + 52     ⇔  x < 1    x ∈ (−∞; −5) ∪ (5; +∞) 0,25     x ∈  −1 − 52; −1 + 52     )(  x ∈  −1 − 52; −5 ∪ 1; −1 + 52    0.25 Câu III 1,0 Đặt t = sinx => 1 − x = cos t , dx = cos tdt 2 0,25 π 4 ( ) 0,25 A = ∫ sin 2 t dt 0 π −2 A= 0,5 8 Câu IV 1,0 S M I N QI A D H O B P C a. Kẻ MQ//SA => MQ ⊥ ( ABCD) ⇒ (α ) ≡ ( MQO) 0,25 Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ) ( MN + PQ).MQ 3a 2 Std = = (đvdt) 2 8 0.25 b. ∆AMC : OH / / AM , AM ⊥ SD, AM ⊥ CD ⇒ AM ⊥ ( SCD) ⇒ OH ⊥ ( SCD) 0.25 Gọi K là hình chiếu của O trên CI ⇒ OK ⊥ CI , OH ⊥ CI ⇒ CI ⊥ (OKH ) ⇒ CI ⊥ HK 0.25 Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vuông => K thuộc đường tròn đg kính HC 3
uuuu r uuuu r CâuV 0.25 M∈ ∆ ⇒ M (2t + 2; t ), AM = (2t + 3; t − 2), BM = (2t − 1; t − 4) 0.25 2 AM 2 + BM 2 = 15t 2 + 4t + 43 = f (t )  2  26 2 Min f(t) = f  −  => M  ; −  0,5  15   15 15  II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) A. Chương trình chuẩn CâuVI.a 2.0 a. (C) : I(1; 3), R= 2, A, B ∈ (C ) , M là trung điểm AB => IM ⊥ AB => Đường thẳng d 0,5 cần tìm là đg thẳng AB uuu r 0,5 d đi qua M có vectơ pháp tuyến là IM => d: x + y - 6 =0 0.25 2. Đg thẳng tiếp tuyến có dạng : y = - x + m  x + y – m =0 (d’) d’ tiếp xúc với (C) ⇔ d ( I ; d ') = R = 2 0.25 m = 4 + 2 2 ⇔ 0,25 m = 4 − 2 2   x + y − (4 + 2 2) = 0 Pt tiếp tuyến :   x + y − (4 − 2 2) = 0  0,25 CâuVII.a 1.0 0,25 (1 + i ) 21 − 1 P = 1 + (1 + i ) + ... + (1 + i ) 20 = i 10 (1 + i ) 21 = (1 + i ) 2  .(1 + i ) = (2i )10 (1 + i ) = −210 (1 + i )   0,25 −2 (1 + i ) − 1 10 ( ) P= = −210 + 210 + 1 i 0,25 i 0,25 Vậy: phần thực −210 , phần ảo: 210 + 1 B. Chương trình nâng cao Câu 2.0 VI.b uu r 0,5 1. ∆ ∩ d = B ⇒ B(−3 + 2t;1 − t; −1 + 4t ) , Vt chỉ phương ud = (2; −1; 4) uuu uu rr 0,5 AB.ud = 0 ⇔ t = 1 => B(-1;0;3) 0,5  x = −1 + 3t  Pt đg thẳng ∆ ≡ AB :  y = 2t 0,5 z = 3 − t  Câu VII.b 2 V = π ∫ ln 2 xdx 0.25 1 1 Đặt u = ln x ⇒ du = 2 ln x. dx; dv = dx ⇒ v = x 2 0.25 x ⇒ V = 2π ( ln 2 − 2 ln 2 + 1) 0.5 2 (Học sinh giải đúng nhưng không theo cách như trong đáp án, gv vẫn cho điểm tối đa tương ứng như trong đáp án ). 4
5