Thi thử toán yên thành 2 na 2011 lần 1
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

Thi thử toán yên thành 2 na 2011 lần 1

on

  • 889 views

 

Statistics

Views

Total Views
889
Views on SlideShare
889
Embed Views
0

Actions

Likes
0
Downloads
2
Comments
0

0 Embeds 0

No embeds

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Microsoft Word

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

Thi thử toán yên thành 2 na 2011 lần 1 Thi thử toán yên thành 2 na 2011 lần 1 Document Transcript

  • TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2011 – 2012 YÊN THÀNH 2 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đềI PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số : y = x3 – 3x + 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho tiếp tuyến với ( C) tại M, cách đều hai điểm cực trị của đồ thị hàm sốCâu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2tan2x + 2sin2x = 3cotx . 2. Giải phương trình: 3 −2.3 −3 +2 =0 x3 +x x− 3 x 2x 1 3 x − x 3 + 2012 xCâu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: I = ∫ 1 x4 dx 3Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AB = 3, AC = 4 góc tạobởi các mặt bên và đáy bằng 60o . Tính thể tích của khối chóp S.ABC 2 x 2 + 2 xy − 3 x − y +1 = 0 Câu V: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:  x2 + y 2 2 2 4  − 2 x +y − 2 = 0II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn.Câu VI.a (2,0 điểm) x − 3 y −1 z − 51. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d : 1 = 2 = 4 và điểm A(2;3;1) Viếtphương trình đường thẳng đi qua điểm A cắt đường thẳng d và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến ∆ ∆ là lớn nhất2. Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho ba đường d1: x – 2y + 1 = 0; d2: 3x – y – 2 = 0;d3: 2x + y + 1 = 0. Tìm điểm M trên d1 điểm N trên d2 sao cho MN = 5 và MN song song với d3CâuVII.a (1,0 điểm) Từ các số 0;1;2;3;4;5;6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số khácnhau mà tổng của ba chữ số đó bằng 7 B. Theo chương trình Nâng cao.Câu VI.b (2,0 điểm)1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:x2 + y2 – x – 4y – 2 = 0 và cácđiểm A(3 ;-5) ; B(7;-3). Tìm điểm M trên đường tròn (C ) sao cho P = MA2 + MB2 nhỏ nhất2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x -3y + 4z – 1 = 0 ; đường thăng  x = 1 + 3t d:  y = −1+ t và điểm A(3;1;1) .Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua A cắt đường thẳng d và z = 2t song song với mặt phẳng (P ) 1 −cos 2011x. cos 2012xCâu VII.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn sau: I = lim x →0 x2 ------------------------Hết---------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Thí sinh khối D không phải làm câu V. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………
  • ĐÁP ÁN ĐỀ THI KSCL NĂM HỌC 2011-2012. TOÁN 11. CÂ ĐIỂ ĐÁP ÁN U M1.1 1.TXĐ: D = R 2.Sự biến thiên y = 3x2 - 3, y = 0 <=> x = 1 và x = -1 0,25 y > ⇔ ( − ; − ∪; + ); y < ⇔ ( − 0 x ∈ ∞ 1) (1 ∞ 0 x∈ 1;1) do đó hàm số đồng biến trên các khoảng ( − ; − va (1 + ) ∞ 1) ; ∞ , nghịch biến trên khoảng (-1; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = -1, ycđ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yct = 0 lim y =− ; lim y =+ ∞ ∞ 0,25 x→ ∞ − x→ ∞ + −∞ Bảng biến thiên x -1 1 +∞ y 0 0 y 4 +∞ 0,25 −∞ 0 3. Đồ thị. -Đồ thị hàm số đi qua các điểm (-2; 0), (-1; 4), (0; 2), (1; 0), (2; 4) và đối xứng qua điểm (0; 2) -Vẽ đồ thị y 4 0,25 2 -2 2 x -1 O 11.2 -Điểm M thuộc (C) nên M(a, a3 - 3a + 2), tiếp tuyến tại (C) có hệ số góc k = 3a2 - 3 0,25 -Tiếp tuyến tại M cách đều 2 trục toạ độ chỉ xẩy ra trong các trường hợp sau TH1. TT song song với AB (đường thẳng đi qua 2 cực trị): 2x + y - 1 = 0  1  1 8 a = 3  M ( 3 ;2 − 3 3 ) <=> 3a2 - 3 = -2<=>  <=>   −1  1 8 a =  M (− 3 ; 2 + 3 3 ) 0,25  3  TH2. TT đi qua điểm uốn U(0; 2) 0.25 -Vậy có 3 điểm thoả mãn yêu cầu bài toán 0,25
  • 2.1  cos2 x ≠ 0 -ĐK  0,25 sinx ≠ 0 pt ⇔ 2sin 2 x(1 + cos2 x).s inx = 3cos x.cos2 x ⇔ 2sin 2 2 x.cos x = 3cos x.cos2 x  π  π  x = 2 + kπ  x = 2 + kπ  - cos x = 0  π ⇔ ⇔ cos2 x = −2 ⇔  x = + nπ  2cos 2 x + 3cos2 x − 2 = 0 2  6  1  0,5 cos2 x = x = −π  2 + mπ   6 -Đối chiếu điều kiện ta thấy pt có 3 họ nghiệm:... 0,252.2 3 +x 3 −x 3 3 0,25 pt ⇔ 3x − 2.3x − 3 x − x.3x +x +2 =0 3 3 3 3 3 +x −x −x −x +x ⇔ 3x (1 − 3x ) + 2(1 − 3x ) = 0 ⇔ (1 − 3 x )(2 + 3x )=0 0,25 3x − x = 1 3 x = 0 ⇔ 3 ⇔ 3  x +x + 2 = 0 (VN )  x = ±1 0,53 1 3 1 x − x3 dx I =∫ dx + 2012 ∫ 3 = I1 + I 2 1 x4 1 x 3 3 1 1 3 −1 -Tính I1: I1 = ∫ x 2 dx , đặt 1 x3 3 1 1 −2dx dx 3 t =3 −1 ⇒t 3 = 2 −1 ⇒3t 2 dt = ⇔ 3 = − t 2 dt x2 x x3 x 2 1 Đổi cận: x= 3 ⇒t = 2; x =1 ⇒t = 0 3 3 0 3 0,5 2∫ Khi đó I1 = − t dt = t 4 = 6 2 8 0,25 -Tính I2 = 8084 0,25 -Vậy I = 6 +8084 =80904 S Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC); M, N, K lần lượt là hình chiếu của H lênh cạnh AB, AC, BC. Khi đó thể tích V của khối chóp được tính bởi công thức 1 V = S ∆ABC .SH A N 3 C 0,25 1 M H mà S ∆ABC = 2 AB.AC = 6 0,25 K -Tính SH. Xét các tam giác SHM, SHN, B
  • SHK vuông tại H, có các góc SMH, SNH, SKH bằng 600 do đó HM = HN = HK => H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC => 2 S ABC 0,25 HM = AB + BC + CA =1 =>SH = HM.tan600 = 3 1 0,25 Vậy V = 3 3.6 = 2 35 2 x 2 + 2 xy − 3 x − y +1 = 0   x2 + y 2 2 2 <=> 4  − 2 x +y − 2 = 0 (2 x − 1)( x − 1) + y(2 x − 1) = 0 2 x 2 + 2 xy − 3x − y + 1 = 0    ⇔   2 x + y = −1 2 2  x2 + y2   x2 + y 2 2 2 4  − 2 x +y − 2 = 0 0,5 2  =2  1  2 x − 1 = 0   x = 2   x2 + y 2    2  =2  3 ⇔ ⇔ y=±   x + y − 1 = 0   2 0,25   x2 + y 2  x = 0  x = 1  2  =2  ∨  y = 1  y = 0 Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm là:... 0,256a.1 Giả sử cắt d tại B => B(3 + t; 1 + 2t; 5 + 4t). Gọi H là hình chiếu của O lên ∆ ∆ khi đó do đó OH lớn nhất khi H trùng A, OH ≤ A O 0,25 uuu uuu r r như vậy đường thẳng cần lập vuông góc với OA <=> AB.OA =0 ∆ uuu r uuu r mà AB =(t + 2t −2; 4t +4); OA(2; 3;1) , 1; uuu uuu r r nên AB.OA =0 <=> 2t + 2 + 6t - 6 + 4t + 4 = 0 <=> t = 0 => B(3; 1; 5) 0,5 x − 3 y −1 z − 5 Vậy ∆: = −2 = 1 4 0,256a.2 M thuộc d1, N thuộc d2 nên M(2a - 1; a), N(b; 3b - 2) MN = 5 ⇔MN 2 = ⇔ − a + 2 + b − − 2 = 5 (b 2 1) (3 a 2) 5 <=> (1) 0,25 uuuu uur r MN / / d 3 ⇔MN .nd3 =0 ⇔b − a + 3b − − ( 2 1; a 2).(2;1) = ⇔ = 0 a b thay vào (1) ta được a = b = 0 hoặc a = b = 2 0,5 Vậy có 4 điểm thoả mãn bài toán là: M(-1; 0), N(0; -2) hoặc M(3; 2), N(2; 4) 0,257 -Bộ 3 chữ số có tổng các chữ số bằng 7 gồm {0; 1; 6} (a), {0; 2; 5} (b), {0; 3; 4} (c), {1; 2; 4} (d) 0,25 -Mỗi bộ trong các bô (a), (b), (c) có số cách lập là: 3! - 1.2.1 = 4 số (trừ chữ số 0 đứng đầu) => 3 trường hợp đầu có 12 số được lập 0,25 -Bộ (d) có 3! = 6 số được lập 0,25 -Vậy có 12 + 6 = 18 số được lập thoả mãn yêu cầu bài toán 0,25
  • 6b.1 1 5 0,25 -Đường tròn (C) có tâm I ( ; 2), R = 2 2 -Gọi H là trung điểm đoạn AB => H(5; -4). Xét tam giác MAB có MA2 + MB 2 AB 2 AB 2 MH 2 = − ⇔P = MA2 + MB 2 = 2 MH 2 + 2 4 2 0,25 do đó P nhỏ nhất khi MH nhỏ nhất hay M là giao điểm của OH với (C)  x = 5 + 3t mà IH :  , thay vào phương trình đường tròn ta được ptrình t2 + 3t + 2 = 0  y = −4 − 4t <=> t = -1 và t = -2 => với t = -1 thì M(2; 0), với t = -2 thì M(-1; 4) 0,25 -Kiểm tra thấy M(2; 0) là điểm cần tìm 0,256b.2 -Giả sử B là giao điểm của d và ∆ => B(1 + 3t; -1 + t; 2t) 0,25 uuu uu r r -Vì AB//(P) nên AB.n =0 ⇔ =0 t P => B(1; -1; 0) 0,5 x − 3 y −1 z −1 -Vậy đường thẳng ∆ : 2 = 2 = 1 0,257b 1 − cos 2011x + cos201x(1 − cos 2012x ) I = lim 0,5 x →0 x2 2011x 2sin 2 2 + 2sin 1006x . cos2011x ] 2 = lim[ 0,25 x →0 x2 x2 1 + cos2012x 2011 2 8092265 0,25 =2.( ) + 2.(1006) 2 = 2 2