zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Tuyển tập đề thi và đáp án ôn tập môn toán

Chia sẻ: Lan Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:47

Báo xấu

160
lượt xem 59
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đã làm việc với các thầy cô chuyên phụ trách công việc ra đề thi đại học hàng năm, các giảng viên các trường đại học, các trung tâm gia sư uy tín, trung tâm gia sư thủ khoa, để sưu tầm, biên tập giới thiệu đến các bạn học sinh tuyển tập các đề thi, đại học, cao đẳng, tốt nghiệp các môn học. Mong các bạn có một mùa thi đạt kết quả cao, ngoài

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tuyển tập đề thi và đáp án ôn tập môn toán

http://tuyensinhtructuyen.edu.vn Giới thiệu Ban quản trị website Tuyensinhtructuyen.edu.vn Đã làm việc với các thầy cô chuyên phụ trách công việc ra đề thi đại học hàng năm, các giảng viên các trường đại học, các trung tâm gia sư uy tín, trung tâm gia sư thủ khoa, để sưu tầm, biên tập giới thiệu đến các bạn học sinh tuyển tập các đề thi, đại học, cao đẳng, tốt nghiệp các môn học. Mong các bạn có một mùa thi đạt kết quả cao, ngoài ra chúng tôi còn tư vấn miễn phí các việc sau + Tư vấn chọn trường. + Tư vấn chọn ngành. + Cung cấp thông tin về các trường đại học, cao đẳng + Cung cấp điểm thi đại học sớm nhất + Tư vấn tìm chỗ trọ cho thi sinh khi đi thi đại học (Tạm thời áp dụng tại Hà Nội) Trân trọng ./.
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 1 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  (C) x 1 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2.Tìm trên đồ thị (C) những điểm có tổng khoảng cách đến hai tiệm cận của (C) nhỏ nhất.  2 y  x  1 2 2 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình:  .   2 x 3  y 3  2 y  x   2.Giải phương trình sau: 8 sin x  cos x  3 3 sin 4 x  3 3 cos 2 x  9sin 2 x  11 . 6 6 2 1 1 x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =  ( x  1  )e x dx . 1 x 2 Câu IV(1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = a 2 , BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) bằng a . Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện ABCD 3 3 bằng a 15 . 27   Câu V (1,0 điểm) Với mọi số thực x, y thỏa điều kiện 2 x2  y 2  xy  1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  x  y . 4 4 2 xy  1 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chƣơng trình Chuẩn Câu VI.a( 2,0 điểm) 1. Trong mp với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn : x2 +y2 - 2x +6y -15=0 (C ). Viết PT đường thẳng (Δ) vuông góc với đường thẳng: 4x-3y+2 =0 và cắt đường tròn (C) tại A;B sao cho AB = 6. x  2 y z 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: d1 :   và 4 6 8 x 7 y 2 z d2 :   . Xét vị trí tương đối của d1 và d2 . Cho hai điểm A(1;-1;2) và B(3 ;- 4;-2), Tìm tọa 6 9 12 độ điểm I trên đường thẳng d1 sao cho IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2  4 z  11  0 . Tính giá trị của z1  z2 2 2 biểu thức A = . ( z1  z2 ) 2 B. Theo chƣơng trình Nâng cao. Câu VI.b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), trực tâm H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I(-2;0). Xác định điểm B, C (biết xC >0) 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho M(1;2;3). Lập phương trình mặt phẳng đi qua M cắt ba tia Ox tại A, Oy tại B, Oz tại C sao cho thể tích tứ diện OABC nhỏ nhất.  x  log 2 y  y log 2 3  log 2 x Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x log 2 72  log 2 x  2 y  log 2 y ……………Hết………………
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn Câu Ý Nội dung Điể m 1 * TËp x¸c ®Þnh: D = R\{ - 1} * Sù biÕn thiªn - Giíi h¹n vµ tiÖm cËn: lim y  lim y  2 ; tiÖm cËn ngang: y = 2 x  x  lim y  ; lim  y   ; tiÖm cËn ®øng: x = - 1 x ( 1) x ( 1) - B¶ng biÕn thiªn 1đ 1 Ta cã y '   0 víi mäi x  - 1 ( x  1)2 Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (-  ; -1) vµ ( -1; +  ) I 2 2 x0  1 0,5 Gäi M(x0;y0) lµ mét ®iÓm thuéc (C), (x0  - 1) th× y0  x0  1 Gäi A, B lÇn lît lµ h×nh chiÕu cña M trªn TC§ vµ TCN th× 2 x0  1 1 MA = |x0+1| , MB = | y0- 2| = | - 2| = | | x0  1 x0  1 1 Theo Cauchy th× MA + MB  2 x0 1 . =2 x0  1  MA + MB nhá nhÊt b»ng 2 khi x0 = 0 hoÆc x0 = -2.Như vËy ta cã hai ®iÓm cÇn t×m lµ M(0;1) vµ M’(-2;3) 0,5 sin x  cos 6 x   1  sin 2 2 x (1) 1 6 3 0,5 4 Thay (1) vµo ph-¬ng tr×nh (*) ta cã : 8  sin 6 x  cos 6 x   3 3 sin 4 x  3 3cos2 x  9sin 2 x  11 0,5  3   8 1  sin 2 2 x   3 3 sin 4 x  3 3cos 2 x  9sin 2 x  11  4   3 3 sin 4 x  3 3cos 2 x  6sin 2 2 x  9sin 2 x  3  3 sin 4 x  3cos 2 x  2sin 2 2 x  3sin 2 x  1  3cos 2 x.  2sin 2 x  1  (2sin 2 x  1)(sin 2 x  1) II   2sin 2 x  1  3cos 2 x  sin 2 x  1  0 
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn  2sin 2 x  1  0  2sin 2 x  1 (2)    3cos 2 x  sin 2 x  1  0 sin 2 x  3cos 2 x  1 (3)     x   k  x  4  k Gi¶i (2) :  12 (k  Z ) ; Gi¶i (3) (k  Z )   x  5  k   x  7  k   12  12 KÕt luËn : 2   Ta có: 2 x3  y3  2 y 2  x 2  2 y  x   x3  2 x 2 y  2 xy 2  5 y 3  0 . Khi y  0 thì hệ VN. 0,5 3 2 x x  x Khi y  0 , chia 2 vế cho y3  0     2    2    5  0 .  y  y  y x Đặt t  , ta có : t 3  2t 2  2t  5  0  t  1 . y y  x  Khi t  1 ,ta có : HPT   2  x  y  1, x  y  1 . y 1  0.5 2 1 2 1 1 1 x x 1 x I =  ( x  1  )e x dx   e x dx   ( x  )e x dx  I1  I 2 . 0,5đ 1 x 1 x 2 2 1 2 2 1 5 x 1 x 3 Tính I1 theo phương pháp từng phần I1 = xe x   ( x  )e x dx  e 2  I 2 III 1 1 x 2 0,5 2 2 5 3 I e . 2 2 Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH AE A Ta có ACD cân tại A nên CD AE 0,5 Tương tự BCD cân tại B nên CD BE Suy ra CD (ABE) CD BH Mà BH AE suy ra BH (ACD) H Do đó BH = và góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) là D B E Thể tích của khối tứ diện ABCD là C IV 0,5 Mà Khi đó : là 2 nghiệm của pt: x2 - x+ = 0  2 a2  2 5a 2  AE  3 hoặc  AE  3  2  2  DE 2  5a  DE 2  a  3  3
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn trường hợp vì DE
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn 1 Phương trình đường tròn (C): (x+2)2+y2=25 (1) 0,5  Vì BC  AH  (0; 6) nên phương trình BD có dạng: y=m   2 Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, ta có: GH  2GI  G(1;  ) 3  x B  x C  4  x B  x C  4   (2)  yB  yC  6  y B  yC  3 0,5  x2 Thế (2) vào (1) ta được:   B(6; 3); C(2; 3) (vì xC>0)  x  6 2 MÆt ph¼ng c¾t 3 tia Ox,Oy,Oz t¹i A(a;0;0),B(0;b;0),C(0;0;c) cã d¹ng VIb x y z   :    1,  a, b, c  0  a b c 1 2 3 cos y 6  Do M    nªn:    1  3. 3  abc  162 0,5 a b c abc a  3 1   ThÓ tÝch: V  abc  27  Vmin  27  b  6 6 c  9  0,5 MÆt ph¼ng cÇn t×m: 6x+3y+2z-18=0 ĐK: x,y > 0  x  log 2 y  y log 2 3  log 2 x 0,5 - hệ phương trình    x 3  2 log 2 3  log 2 x  2 y  log 2 y - Suy ra: y = 2x 0,5 1 VIb x 2 log 2 3  1 2 y 2 log 2 3  1 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. ------------------Hết------------------
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 2 A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số y  x3  3mx2  3(m2  1) x  m3  m (1) 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) ứng với m=1 2.Tìm m để hàm số (1) có cực trị đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O bằng 2 lần khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến góc tọa độ O. Câu II (2 điểm):  1. Giải phương trình : 2cos3x.cosx+ 3(1  sin2x)=2 3cos 2 (2 x  ) 4 2. Giải phương trình : log 21 (5  2 x)  log 2 (5  2 x).log 2 x 1 (5  2 x)  log 2 (2 x  5) 2  log 2 (2 x  1).log 2 (5  2 x) 2   tan( x  ) 6 Câu III (1 điểm): Tính tích phân I   4 dx 0 cos2x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy và SA=a .Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SB và SD;I là giao điểm của SC và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. Câu V (1 điểm): Cho x,y,z là ba số thực dương có tổng bằng 3.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3( x 2  y 2  z 2 )  2 xyz . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chƣơng trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng  : 3x  4 y  4  0 . Tìm trên  hai điểm A và B đối xứng nhau qua I(2;5/2) sao cho diện tích tam giác ABC bằng15. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 .  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z 11  0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của x 4 trong khai triển Niutơn của biểu thức : P  (1  2 x  3x 2 )10 2.Theo chƣơng trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): x2 y 2 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :   1 và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . 9 4 Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho mặt cầu (S ) : x2  y 2  z 2  2 x  6 y  4 z  2  0 .  Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ v(1;6; 2) , vuông góc với mặt phẳng ( ) : x  4 y  z 11  0 và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): 2 22 2n n 121 Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cn  2 3 n 1 n 1
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điêm 2. Ta có y  3x  6mx  3(m2  1) , 2 Để hàm số có cực trị thì PT y ,  0 có 2 nghiệm phân biệt 05  x2  2mx  m2  1  0 có 2 nhiệm phân biệt I    1  0, m Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là 025 B(m+1;-2-2m)  m  3  2 2 Theo giả thiết ta có OA  2OB  m2  6m  1  0   025  m  3  2 2 Vậy có 2 giá trị của m là m  3  2 2 và m  3  2 2 . 1.    PT  cos4x+cos2x+ 3(1  sin 2 x)  3 1  cos(4x+ )  05  2   cos4x+ 3 sin 4 x  cos2x+ 3 sin 2 x  0    sin(4 x  )  sin(2 x  )  0 6 6     x k  18 3  2sin(3x  ).cosx=0   05 6  x=   k  2    Vậy PT có hai nghiệm x  k và x k . II 2 18 3  1 5  x 2. ĐK :  2 2.  x  0 05 Với ĐK trên PT đã cho tương đương với log 22 (5  2 x) log 22 (5  2 x)   2log 2 (5  2 x)  2log 2 (5  2 x) log 2 (2 x  1) log 2 (2 x  1)  1 x  4 log 2 (2 x  1)  1    log 2 (5  2 x)  2 log 2 (2 x  1)   x   x  2 1 025  2 log 2 (5  2 x)  0 x  2   Kết hợp với ĐK trên PT đã cho có 3 nghiệm x=-1/4 , x=1/2 và x=2. 025    tan( x  ) 4 dx   tan x  1 dx , cos 2x  1  tan x 6 6 2 2 025 I  0 (t anx+1)2 0 cos2x 1  tan 2 x
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn III 1 Đặt t  t anx  dt= 2 dx  (tan 2 x  1)dx cos x x 0t 0 05  1 x t  6 3 1 1 3 dt 1 3 1 3 025 Suy ra I    . 0 (t  1) 2 t  10 2  AM  BC , ( BC  SA, BC  AB) Ta có   AM  SC (1) 05  AM  SB, ( SA  AB) Tương tự ta có AN  SC (2) Từ (1) và (2) suy ra AI  SC Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) 1 Suy ra VABMI  S ABM .IH IV 3 a2 Ta có S ABM  05 4 IH SI SI .SC SA2 a2 1 1 1       IH  BC  a BC SC SC 2 SA  AC 2 2 a  2a 2 2 3 3 3 2 3 1a a a Vậy VABMI   3 4 3 36 Ta c ó: P  3 ( x  y  z ) 2  2( xy  yz  zx)   2 xyz 025  39  2( xy  yz  zx)   2 xyz  27  6 x( y  z )  2 yz ( x  3) ( y  z )2  27  6 x(3  x)  ( x  3) 2 025 1  ( x3  15 x 2  27 x  27) 2 Xét hàm số f ( x)   x3  15x2  27 x  27 , với 0
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn 2. Ta có mặt cầu (S) có tâm I(1;-3;2) và bán kính R=4  Véc tơ pháp tuyến của ( ) là n(1; 4;1) 025  Vì ( P)  ( ) và song song với giá của v nên nhận véc tơ    025 n p  n  v  (2; 1; 2) làm vtpt. Do đó (P):2x-y+2z+m=0  m  21 VIa Vì (P) tiếp xúc với (S) nên d ( I  ( P))  4  d ( I  ( P))  4   025 m  3 Vậy có hai mặt phẳng : 2x-y+2z+3=0 và 2x-y+2z-21=0. 025 10 10 k 05 Ta có P  (1  2 x  3x 2 )10   C10k (2 x  3x 2 ) k   ( C10k Cki 2k i3i x k i ) k 0 k 0 i 0 k  i  4  i  0 i  1 i  2 025 Theo giả thiết ta có 0  i  k  10     i, k  N  k  4  k  3 k  2  VIIa Vậy hệ số của x 4 là: C104 24  C103 C31 223  C102 C22 32  8085 . 025 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 x2 y 2 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có   1 và diện tích tam giác ABC là 05 9 4 1 85 85 x y S ABC  AB.d (C  AB)  2x  3 y  3  2 2 13 13 3 4 85  x 2 y 2  170 3 2    3 13  9 4  13  x2 y 2  05 VIb  9  4  1  x  3 2 3 2 Dấu bằng xảy ra khi   2 . Vậy C ( ; 2) .  x y y  2 2  3 2  Xét khai triển (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn x n Lấy tích phân 2 vế cân từ 0 đến 2 , ta được: 05 3n1  1 22 23 2n1 n  2Cn0  Cn1  Cn3  ...  Cn VIIb n 1 2 3 n 1 2 1 22 2 2n n 3n 1  1 121 3n 1  1 C  C  C  ...  0 Cn     n 2 n 3 n n 1 2(n  1) n  1 2(n  1)  3n 1  243  n  4 05 Vậy n=4.
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 3 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3x 2  2  C  1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số 2.Tìm m để đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của  C  tiếp xúc với đường tròn có phương trình  x  m    y  m  1 2 2 5 Câu II. (2 điểm) 3 4 1. Giải phương trình 2   2(cot x  3) cos x sin 2 x 1 1 1 2. Giải phương trình    log 2 x  1 log x 2 4 log 2x 1 4 2 ln  x  2  Câu III.(1 điểm) Cho hình phẳng D được giới hạn bởi các đường y  , y  0 , x  1 và x  e . x Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành khi quay hình phẳng D quanh trục 0x Câu IV. (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân với AB  AC  a , góc BAC  1200 , cạnh bên BB'  a . Gọi I là trung điểm của CC ' . Chứng minh tam giác AB ' I vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  AB ' I  Câu V.(1 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2  y 2  xy  1 .Tìm GTLN, GTNN của F  x6  y6  2x2 y 2  xy II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Phần dành cho thí sinh theo chƣơng trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân, biết đỉnh C  3; 1 và phương trình của cạnh huyền là 3x  y  10  0 x 1 y 3 z x5 y z 5 2.Cho mặt phẳng (P): 2 x  y  2 z  1  0 và các đường thẳng: d1 :   , d2 :   2 1 2 3 4 2 Tìm các điểm A  d1 , B  d 2 sao cho AB // (P) và AB cách (P) một khoảng bằng 1. n  1  Câu VII.a (1 điểm) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña  x  4  biÕt 2  2 x r»ng n lµ sè nguyªn d-¬ng tháa m·n: Cn  2Cn  3Cn     n  1 Cn  nCn  64n 1 2 3 n 1 n 2.Phần dành cho thí sinh theo chƣơng trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4. Biết A(0;0), B(-1;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x-1. Tìm tọa độ đỉnh C và D. x2 y2 z 3 2.Cho hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có phương trình: d1 :   2 1 3 x  1 y  2 z  1 Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d và d d2 :   , 1 2 2 1 4 Câu VII.b (1 điểm) Tìm hệ số của x 20 trong khai triển của biểu thức ( 2  x5 )n biết rằng: x3
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn 0 1 1 2 n 1 Cn  1 Cn C1 n  Cn  ...  ( 1) n 2 3 n 1 13 ĐÁP ÁN PHẦN CHUNG + Tập xác định D = R x  0 0,25đ + Sự biến thiên y '  3x 2  6 x  0   x  2 Hàm đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;   Hàm số nghịch biến trên  0; 2  + Giới hạn lim y  ; lim y  ; 0,25 x  x  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0 và ycđ = 2 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và yct = -2 Điểm uốn (1;0) 1 Bảng biến thiên (0,25) Câu I x  0 2  2 2đ y’ + 0 - 0 + 2  y -1 1 0 2 3 0,5 -5 5  -2 Đồ thị (0,25) -2 Phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị  : 2 x  y  2  0 0,25 2 Tâm của đường tròn I (m, m  1) , bán kính R= 5 -4 0,25  m2 2m  m  1  2 Theo giả thiết ta có  5  3m  1  5    m  4 0,5 5  3 k Điều kiện sin 2 x  0  x  . 0,25 2 1 Ta có  2 3 1  tan x   sin 2 x 4  2 3  2cot x 2 2 0,5 2 2(sin x  cos x ) 2  3tan x   3  2cotg x  3tan x  2tan x  3  0 sin x cos x Câu  1  0,25 tanx   3  x    k tanx  x  k II 3 3 6 2đ 1 1 1 Giải phương trình    log 2 x  1 log x 2 4 log 2x 1 4 2 0,25 Điều kiện x  2, x  3 . 2 (1)  log4 (x  2)  log 4 (2x 1)  log 4 2  log 4 (x  1) x  0 0,5  x  2 2 x 1  2  x  1  2 x 2  7 x  0   7 x   2
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn 7 Đối chiếu điều kiện ta có x  0,25 2 u  ln  x  2  du  1 0,5 ln  x  2  dx   2 Gọi V là thể tich cần tìm. V    dx . Đặt   x  2 1 x2  dv  x 2 dx  v11  1 Câu  x 2 1 1 1 1 e III dx 3 1 Suy ra V=     ln  x  2  1e      ln 3      ln  e  2    ln x e 0,5 1đ  x 2 2x 2 e 2 2 1 1 3 1 1 1   [ ln 3      ln  e  2 ] 2 2 e 2 Ta có BC  a 3 . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác vuông ACI, ABB’, B’C’I 0.25 5 13 Suy ra AI  a, AB '  2a, B ' I  a 2 2 Do đó AI 2  AB '2  B ' I 2 . Vậy tam giác AB’I vuông tại A 0,25 1 10 2 3 2 A' Câu + S AB ' I  AI . AB '  a . S ABC  a 2 4 4 IV 1đ Gọi  là góc giữa hai mp. Tam giác ABC là hình chiếu B' C' 0,5 vuông góc của tam giác AB’I suy ra 10 3 3 S A ' BI cos   S ABC  cos    cos   A I 4 4 10 C Học sinh tính được diện tich 2 tam giác (0,25 đ) B Tính ra cosin đựoc 0,25 Nếu học sinh giải bằng phƣơng pháp toạ độ đúng cho điểm tƣơng ứng Cho x, y là các số thực thỏa mãn x2  y 2  xy  1 .Tìm GTLN, GTNN của F  x6  y6  2x2 y 2  xy . Ta có F   x 2  y 2   3x 2 y 2  x 2  y 2   2 x 2 y 2  xy = 2  xy   2  xy   2 xy  1 3 3 2 Đặt xy  t . Ta có f  t   2t 3  2t 2  2t  1 0,25 1 x 2  y 2  xy  1   x  y   3xy  1  xy  2 3  1  x 2  y 2  xy  1   x  y   xy  1  xy  1 suy ra t    ;1 2 Câu V  3  1đ  1  1   1  t    ;1 Ta tìm max, min của f(t) trên   ;1 f '  t   6t  4t  2 f '  t   0   3  3  2  3   t  1 0,25   1  37  1  5 Ta có f    , f 1  1, f     3  27  3  27 37 1 1 1 1 1 0,25 Suy ra Max f (t )  khi t  suy ra x   ,y  27 3 2 6 2 6 Minf (t )  1 khi t  1 suy ra x  y  1 0,25 1.Phần dành cho thí sinh theo chƣơng trình chuẩn
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn Ta có tam giác ABC cuông cân tại C. C Goi H là trung điểm của AB suy ra CH : x  3 y  0 0,25  x  3y  0  x  3 Toạ độ của H là nghiệp của hệ   3x  y  10  0  y 1 A H B 1 giả sử A(t;3t+10) ta có  t  1 0,25 AH 2  CH 2   t  3   3t  9   40   2 2 t  5 Với t = -1. Suy ra A(1;7), B(5; 5) 0,25 Với t = -5. Suy ra B(1;7), A(5; 5) 0,25 Câu Va A  d1  A(2t1  1, t1  3, 2t1 ) B  d2  B(3t2  5, 4t2 , 2t2  5)  0,25 2đ AB  (3t  2t1  4, 4t2  t1  3, 2t2  2t1  5)   2 AB.n p  0  2(3t2  2t1  4)  4t2  t1  3  2(2t2  2t1  5)  0  6t2  t1  1  0 4t1  2  t1  3  4t1  1 t1  2 t  5 2 AB / /( P)  d A/( P )   1   1 0,25 3 3  t1  1 2  8 11  0,25 Với t1  5  t2   A(9; 2;10), B  7; ;  3  3 3  1  4 17  0,25 t1  1  t2   A(3; 4; 2), B  4; ;  3  3 3  Xét khai triển 1  x   Cn0  Cn1 x  Cn2 x 2  ...  Cnn1 x n1  Cnn x n n 0,25 lấy đạo hàm hai vế ta có n 1  x   Cn1  2Cn2 x  ...   n  1 Cnn1 x n2  nCnn x n1 n 1 Thay x=1 suy ra Cn1  2Cn2  3Cn3     n  1 Cnn1  nCnn  n2n1 0,25  64n  2n1  64  2n1  n  7 Câu VIIa 1đ 7 k  1     1  7 7k   x     2 x  k 0 4 C7k x  4  2 x 0,25 1 7k k số hạng chứa x 2 có hệ số là C7k k với k thoả mãn  2k 2 2 2 4 1 21 Suy ra hệ số chứa x 2 là C72  0,25 4 4 2.Phần dành cho thí sinh theo chƣơng trình nâng cao phương trình đường thẳng AB: 2x+y=0. gọi h là khoảng A cách từ I tới AB. AB  5 B 0,25 1 2 S ABCD  4S ABI  S ABI  1 .  AB.h  1  h  I Câu 2 5 D C VIb Gọi toạ độ diểm I là I  x0 , y0  ta có hệ 1  2 x0  y0 2  x0  1, y0  0 0,25    2 x0  y0  2   5 5   1 4 2đ  y  x 1  y0  x0  1  x0  , y0   0 0  3 3 Do I là trung điểm AC và BD nên Với I(1;0) suy ra C(2;0) và D(3;-2) 0,25
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn 1  4  2 8   1 14  Với I( ; ) suy ra C  ;  và D  ;  3 3  3 3  3 3  0,25  2 8   1 14  Vậy có hai cặp C, D thoả mãn C(2;0) và D(3;-2) hoặc C  ;  và D  ;   3 3  3 3  Do mặt phẳng (P) cách đều d1 , d 2 nên (P) song song với d1 , d 2     u d 1  2;1;3, u d 2  2;1;4, ud 1 , ud 2    7; 2; 4    0,25    chọn n p  ud 1 , ud 2    7; 2; 4  Suy ra phương trình mặt phẳng (P) có dạng 7 x  2 y  4 z  d  0 2 Do (P) cách đều d1 , d 2 suy ra khoảng cách từ (2;2;3)  (d1 ) và 1; 2;1  d2 bằng 0,5 nhau. 7.2  2.2  4.3  d 7.1  2.2  4.1  d 3 Ta có   d  2  d 1  d  69 69 2 Ta có phương trình mặt phẳng (P) 14 x  4 y  8z  3  0 0,25 Ta có (1  x)n  Cn0  Cn1 x  Cn2 x2  ....  (1)n Cnn x n 1 1 0,25 Vì  (1  x)n dx  0 n 1 1 1 1 1 1  (Cn  Cn x  Cn x  ....  (1)n Cnn x n )dx  Cn0  Cn1  Cn2  ...  (1) n Cnn  0 1 2 2 Câu VIIb 0,25 0 2 3 n 1 13 1đ suy ra  n  1  13  n  12 12 12k 12 2 2 2 ( x ) ( 5 n x ) 5 12  k C12 .( 3 ) ( x5 ) k   C12 k 12k 8k 36 .2 .x 0,25 x3 x3 k 0 x k 0 Số hạng ứng với thoả mãn: 8k  36  20  k  7  Hệ số của x 20 là: C12 7 5 .2  25344 0,25
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011-2012 Đề Số 4 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 sao tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình cos2x  2sin x 1  2sin x cos 2x  0 2. Giải bất phương trình  4x  3 x 2  3x  4  8x  6  3 cotx Câu III ( 1điểm)Tính tích phân I   dx    s inx.sin  x   6  4 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300. Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P   b2  3 c2  3 a2  3 PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chƣơng trình chuẩn Câu VI.a. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2  y2  2x  8y  8  0 . Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6. 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn : z  2  i  2 . Biết phần ảo nhỏ hơn phần thực 3 đơn vị. B. Theo chƣơng trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Tính giá trị biểu thức: A  4C100 2  8C100 4  12C100 6  ...  200C100100 . 2. Cho hai đường thẳng có phương trình: x  3  t x2 z 3  d1 :  y 1  d 2 :  y  7  2t 3 2 z  1 t  Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời đi qua điểm M(3;10;1). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 -------------------Hết-----------------
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II, n¨m 2012 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu Nội dung Điểm Tập xác định: D=R lim  x3  3x 2  2    lim  x3  3x 2  2    x  x  x  0 y’=3x2-6x=0   x  2 0,25 đ Bảng biến thiên: x - 0 2 + y’ + 0 - 0 + 0,25 đ 2 + y - -2 1 Hàm số đồng biến trên khoảng: (- ;0) và (2; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 0,5 đ y’’=6x-6=0x=1 I khi x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng. Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4P=6>0 0,25 đ Vậy 2 điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía của đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ nhất => 3 điểm A, M, B thẳng hàng 0,25 đ 2 Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2 0,25 đ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ:  4  x 0,25 đ  y  3x  2  5 4 2   => M  ;   y  2 x  2 y  2 5 5  5 Giải phương trình: cos2x  2sin x 1  2sin x cos 2x  0 (1) 1  cos2 x 1  2sin x   1  2sin x   0 0,5 đ   cos2 x  11  2sin x   0 1 Khi cos2x=1 x  k , k  Z 1  5 0,5 đ Khi s inx   x   k 2 hoặc x   k 2 , k  Z II 2 6 6 Giải bất phương trình:  4x  3 x 2  3x  4  8x  6 (1) 2 (1)   4 x  3   x 2  3x  4  2  0 0,25 đ
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn Ta có: 4x-3=0x=3/4 0,25 đ x  3x  4  2 =0x=0;x=3 2 Bảng xét dấu: x - 0 ¾ 2 + 0,25 đ 4x-3 - - 0 + + x 2  3x  4  2 + 0 - - 0 + Vế trái 0- - 0 0 + +  3 0,25 đ Vậy bất phương trình có nghiệm: x  0;   3;    4 Tính   3 3 I  cot x dx  2  cot x dx 0,25 đ    s inx  s inx  cos x   sin x sin  x   6  4 6  3 cot x  2 dx  s in x 1  cot x  2 III 6 0,25 đ 1 Đặt 1+cotx=t  dx  dt sin 2 x   3 1 0,25 đ Khi x   t  1  3; x  t  6 3 3 3 1 0,25 đ t 1 3 1  2  Vậy I  2  t dt  2  t  ln t  3 1  2  3  ln 3   3 1 3 3 Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H. Xét SHA(vuông tại H) a 3 S 0,25 đ AH  SA cos 300  2 Mà ABC đều cạnh a, mà cạnh a 3 AH  K 2 => H là trung điểm của cạnh BC IV => AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH) A C 0,25 đ Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K => HK là khoảng cách giữa BC và SA H AH a 3 => HK  AH sin 300   0,25 đ 2 4 B Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC a 3 và SA bằng 4 0,25 đ Ta có: a3 a3 b2  3 a 6 3a 2    33  (1) V 2 b2  3 2 b2  3 16 64 4 0,5 đ
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn b3 c2  3 b3 c6 3c 2   3 3  (2) 2 c2  3 2 c2  3 16 64 4 c3 c3 a2  3 c 6 3c 2    33  (3) 0,25 đ 2 a2  3 2 a2  3 16 64 4 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: a 2  b2  c 2  9 3 2 P   a  b2  c 2  (4) 0,25 đ 16 4 Vì a2+b2+c2=3 3 3 Từ (4)  P  vậy giá trị nhỏ nhất P  khi a=b=c=1. 2 2 PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chƣơng trình chuẩn Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 0,25 đ Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo một dây cung có độ dài bằng 6=> khoảng 0,25 đ cách từ tâm I đến  bằng 52  32  4 1 3  4  c c  4 10  1  d  I ,   4 (thỏa mãn c≠2) 32  1    0,25 đ  c 4 10 1 Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 3x  y  4 10  1  0 hoặc 0,25 đ 3x  y  4 10  1  0 .  VI.a Ta có AB   1; 4; 3 x  1 t  Phương trình đường thẳng AB:  y  5  4t 0,25 đ  z  4  3t  2 Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh 0,25 đ  AB, gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)  DC  (a; 4a  3;3a  3)   21 0,25 đ Vì AB  DC =>-a-16a+12-9a+9=0 a  26  5 49 41  0,25 đ Tọa độ điểm D  ; ;   26 26 26  Gọi số phức z=a+bi 0,25 đ  a  2   b  1 i  2   a  2    b  1  4  2 2 Theo bài ra ta có:   0,25 đ b  a  3  b  a  3  VII.a  a  2  2  a  2  2  hoac  0,25 đ b  1  2  b  1  2  Vậy số phức cần tìm là: z= 2  2 +( 1  2 )i; z= z= 2  2 +( 1  2 )i. 0,25 đ A. Theo chƣơng trình nâng cao Ta có: 1  x   C100  C100 x  C100 x2  ...  C100 100 0 1 2 100 100 x (1) 0,25 đ 1  x   C100  C100 x  C100 x 2  C100 x3  ...  C100 100 0 1 2 3 100 100 x (2) VI.b 1 Lấy (1)+(2) ta được: 0,25 đ 1  x   1  x   2C100  2C100 x 2  2C100 x 4  ...  2C100 100 100 0 2 4 100 100 x Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được 0,25 đ
http://tuyensinhtructuyen.edu.vn 100 1  x   100 1  x   4C100 x  8C100 x3  ...  200C100 99 99 2 4 100 99 x Thay x=1 vào 0,25 đ => A  100.299  4C1002  8C100 4  ...  200C100 100 Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d 1 và d2 lần lượt tại điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và B(3+b;7-2b;1-b). 0,25 đ   Do đường thẳng d đi qua M(3;10;1)=> MA  kMB   0,25 đ MA   3a  1; a  11; 4  2a  , MB   b; 2b  3; b  3a  1  kb 3a  kb  1 a  1 0,25 đ     a  11  2kb  3k  a  3k  2kb  11  k  2 2 4  2a  kb 2a  kb  4 b  1     => MA   2; 10; 2  0,25 đ  x  3  2t  Phương trình đường thẳng AB là:  y  10  10t  z  1  2t  =24+70i, 0,25 đ   7  5i hoặc   7  5i 0,25 đ VII.b 0,25 đ z  2  i   0,25 đ  z  5  4i

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.