Đề thi thử đại học môn toán khối b năm 2010 - 2011 ppt
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (167.13 KB, 8 trang )
I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 ñiểm)
Câu I (2,0 ñiểm). Cho hàm số :
162
23
++−= xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số
2. Tìm m ñể ñường thẳng y = mx + 1 cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt A , B , C sao cho A(0; 1) và B là trung
ñiểm của AC.
Câu II (2,0 ñiểm)
1. Giải phương trình:
xxxxx 3cos.3sin)32(cos)
4
(cos.cos2
2
=++−
π
2. Giải hệ phương trình:
=−++
=−−+−
01532
0542
22
224
yxyx
yyxx
Câu III (1,0 ñiểm )
. Tính giới hạn :
1
3
cos
1
lim
2
0
2
−
+−
=
→
x
xe
I
x
x
Câu IV (1,0 ñiểm).
Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thang vuông tại A (AD//BC). Biết AD =
2a ; BC= a ,SD = 3a , tam giác SAB ñều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với ñáy, gọi I là trung ñiểm của
AB .Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC.
Câu V (1,0 ñiểm) .
Cho x , y là các số thực không âm thay ñổi và thỏa mãn ñiều kiện:
)(21)(4
22
yxxyyx ++≤++
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
22
yxyxxyP −−++=
.
II.Phần riêng (3,0 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình chuẩn:
Câu VI.a (2,0 ñiểm)
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B biết ñỉnh B nằm trên trục tung, M( 1;
1) là trung ñiểm của cạnh AB và ñường thẳng AC có phương trình : x – y – 3 = 0 . Tìm tọa ñộ ñiểm C.
2.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy , cho ñường thẳng
02:
=
+
−
∆
yx
, viết phương trình ñường tròn
tâm I( 1;2) và cắt
∆
theo dây cung AB sao cho tam giác IAB có diện tích bằng
2
3
Câu VII.a (1,0 ñiểm)
.Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của:
n
x
x
+
5
4
5
1
,
biết
45
21
=+
−− n
n
n
n
CC ( Trong ñó
k
n
C là số tổ hợp chập k của n )
B.Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (2,0 ñiểm )
1.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho (E):
1
1
4
22
=+
yx
có hai tiêu ñiểm là
21
;
FF
, gọi A ,B là hai ñiểm
trên (E) sao cho 2
21
=
+
BFAF
.Tính
12
BFAF
+
.
2.
Trong mặt phẳng với hệ tọa ñộ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, biết
0
120=
∧
BAC , M( 1; 2) là trung
ñiểm của cạnh AC , ñường thẳng BC có phương trình: x – y + 3 = 0. Tìm tọa ñộ ñiểm A biết ñiểm C có
hoành ñộ dương.
Câu VII.b (1,0 ñiểm)
Giải hệ phương trình :
=+
=++
++
1622
1)1(log)2(log
2
2
12
yxx
xy
Hết
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
***
ðỀ THI THỬ ðẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn thi :TOÁN - Khối B
(Th
ời gian l
àm bài 180 phút, không k
ể thời gian giao ñề)
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ;Số báo danh :
ðÁP ÁN ðỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY HỌC BỒI DƯỠNG LẦN 1,NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN , KHỐI B
Câu Nội Dung ðiểm
I
(2,0ñ)
1.(1,0ñ)
TXð: D = R
Chiều biến thiên:
)2(6126
2,
−−=+−= xxxxy ;
=
=
⇔=
2
0
0
,
x
x
y
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng:
(
)
0;
∞
−
và
(
)
+∞
;2 ,ñồng biến trên
khoảng (0; 2)
Cực trị: Hàm số ñạt cực tiểu tại ñiểm x = 0
1
=
⇒
ct
y
, ñạt cực ñại tại ñiểm x
= 2
9
=
⇒
cd
y
Giới hạn:
+∞
=
−∞→
y
x
lim
;
−∞
=
+∞→
y
x
lim
Bảng biến thiên:
ðồ thị: ði qua các ñiểm (3 ; 1) ; (-1;9)
Cắt trục tung tại ñiểm (0; 1) ; nhận I(1;5) làm ñiểm uốn.
2 (1,0ñ).
Pt hoành ñộ giao ñiểm của ñường thẳng y = mx +1 và (C) :
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
x
∞
−
2
∞
+
0
∞
−
9
1
∞
+
,
y
y
0 0
O
1
y
O x
9
5
-1
2
II
(2,0ñ)
0)62(1162
223
=+−⇔+=++−
mxxxmxxx
=+−
=
⇔
062
0
2
mxx
x
Với x = 0
⇒
y = 1
⇒
A(0; 1)
ðường thẳng y = mx+ 1 cắt (C) tại ba ñiểm phân biệt A , B , C
⇔
pt
062
2
=+−
mxx
Có hai nghiệm phân biệt
21
, xx khác 0
≠
>∆
⇔
0
0
,
m
≠
>−
⇔
0
029
m
m
≠
<
⇔
0
2
9
m
m
Khi ñó
)1;(
11
+
mxxB ; )1;(
22
+
mxxC . Vì B là trung ñiểm của AC nên
12
2xx
=
⇒
(1)
Mà
21
; xx
là nghiệm của phương trình :
062
2
=+− mxx
nên:
=
=+
2
3
21
21
m
xx
xx
(2)
Từ (1) và (2)
4
=
⇒
m
1.(1,0ñ)
Pt
xxxxx 3cos3sin)32(coscos).2sin1( =+++⇔
xxxxxxx 3cos3sin3)sin2coscos.2(sincos =+++⇔
xxxx 3sin3cos3sin3cos −=+⇔ xxxx 3sin
2
1
3cos
2
3
sin
2
3
cos
2
1
−=+⇔
)
3
cos()
6
3cos(
π
π
−=+⇔ xx
++−=+
+−=+
⇔
π
ππ
π
ππ
2
36
3
2
36
3
kxx
kxx
+=
+−=
⇔
224
4
ππ
π
π
kx
kx
(
)Zk
∈
2.(1,0ñ)
Hpt
=−+−+−−
=−+−
⇔
5)2(4)1(4)2)(1(
10)2()1(
22
222
yxyx
yx
ðặt
−=
−=
2
1
2
yv
xu
; ta có hệ phương trình :
=++
=+
5)(4
10
22
vuuv
vu
=++
=−+
⇔
5)(4
102)(
2
vuuv
uvvu
=
−=+
⇔
45
10
uv
vu
(vô nghiệm) hoặc
−=
=+
3
2
uv
vu
Với
−=
=
⇔
−=
=+
1
3
3
2
v
u
uv
vu
hoặc
=
−=
3
1
v
u
Với
−=−
=−
⇒
−=
=
12
31
1
3
2
y
x
v
u
=
=
⇔
1
2
y
x
hoặc
=
−=
1
2
y
x
Với
=−
−=−
⇒
=
−=
32
11
3
1
2
y
x
v
u
=
=
⇔
5
0
y
x
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
III
(1,0ñ)
IV
(1,0ñ)
Vậy hệ phương trình ñã cho có 3 nghiệm (x; y) là: (2; 1) ; (-2; 1) và (0; 5)
1,0ñ
Ta có : I =
2
0
2
2
0
2
0
13cos
lim
11
lim
1
lim
2
x
x
x
x
x
e
x
x
x
x
−
−+
−
−
→
→→
Với
1
1
lim
2
0
2
=
−
→
x
e
x
x
;
=
++
=
−+
→→
)11(
lim
11
lim
22
2
0
2
2
0
xx
x
x
x
xx
2
1
11
1
lim
2
0
=
++
→
x
x
4
9
2
3
sin
lim
4
9
.2
2
3
sin
lim2
13cos
lim
2
2
0
2
2
2
0
x
x
x
x
x
x
xxx →→→
−=−=
−
=
2
0
2
3
2
3
sin
lim
2
9
−
→
x
x
x
=
2
9
−
⇒
I =
9
1
2
9
2
1
1
−=
−
−
1,0ñ
Vì : (SAB)
⊥
(ABCD) và (SAB)
∩
(ABCD) = AB
Mà SI
⊥
AB , nên SI
⊥
(ABCD)
⇒
ABCDABCDS
SSIV .
3
1
.
=
ðặt AB = x , ta có SI =
2
3x
ID =
4
4
2
2
x
a +
Vì
4
4
4
3
9
2
2
2
2222
x
a
x
aIDSISD ++=⇔+=
55
22
axax =⇔=⇔
Khi ñó : SI=
2
15
2
3 ax
=
;
)2(5.
2
1
)(.
2
1
aaaBCADABS
ABCD
+=+=
=
2
53
2
a
4
35
2
53
.
2
15
.
3
1
32
.
aaa
V
ABCDS
==⇒
(ñvtt)
Ta có:
SBBC
BCIB
BCSI
⊥⇒
⊥
⊥
Vì
0
90==
∧∧
SBCSIC
⇒
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.IBC có ñường kính
là SC
⇒
bán kính là R =
2
6
4
5
4
15
2
1
2
1
2
1
2
22
22
a
a
aa
ICSISC =++=+=
1,0ñ
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
D
B
S
C
I
V
(1,0ñ)
VI.a
(2,0ñ)
VII.a
(1,0ñ)
Từ
)(21)()(3)(21)(4
2222
yxyxyxyxxyyx ++≤−++⇔++≤++
2
)(3)(21 yxyx +≥++⇒
1
3
1
≤+≤−⇔ yx
, vì x ; y không âm nên ta có
10
≤
+
≤
yx
. Ta có :
P =
22
2
22
)(
4
1
)(
2
1
2
)( yxyxyxyx
yx
yxyxxy +−+=+−++
+
≤+−++
(vì
2
2
+
≤
yx
xy
và
222
)()(2 yxyx +≥+
) .
ðặt t = x + y ; ta có :
10
≤
≤
t
, và P
2
4
1
)( tttf −=≤
; có
2
2
1
)(
'
t
t
tf −=
=
0
1
.
2
1
≥
−
t
tt
, với
[
]
1;0
∈
∀
t
.
[ ]
4
3
)1()(max
1;0
==⇒ ftf
⇒
maxP =
4
3
, dấu = xảy ra
⇔
x = y =
2
1
1.(1,0ñ)
Vì B nằm trên trục tung nên B(0 ; a) , do M( 1; 1) là trung ñiểm của AB
nên A(2 ; 2- a) , mà A
∈
AC : x- y- 3 = 0
⇒
2 – (2- a) -3 = 0
⇔
a = 3
⇒
A(2 ; -1 ) ; B( 0; 3 ) ;
)4;2(−
→
AB
.
Mà C
∈
AC : x – y -3 =0
⇒
C(
3;
00
−
xx
)
)6;(
00
−=⇒
→
xxBC
.
ABC
∆
vuông
tại B nên AB
⊥
BC
⇒
120)6(420.
000
=⇔=−+−⇔=
→→
xxxBCAB
⇒
C(12 ; 9)
2.(1,0ñ)
Gọi H là trung ñiểm của AB
2
1
2
221
);(
=
+−
=∆=⇒ IdIH
Ta có
2
6
6.
2
1
.
2
1
2
3
.
2
1
=⇒=⇔=⇔=
∆
AHABABABIHS
AIB
Gọi R là bán kính của ñường tròn cần tìm, ta có :
2
4
6
2
1
22
=+=+= AHIHR
⇒
ñường tròn cần tìm có phương trình là:
(
)
(
)
221
22
=−+− yx
(1,0ñ)
Từ
45
)!2(!2
!
)!1(
!
45
21
=
−
+
−
⇔=+
−−
n
n
n
n
CC
n
n
n
n
45
2
)1(
=
−
+⇔
nn
n
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b
(2,0ñ)
VII.b
(1,0ñ)
9090
2
=⇒=−+⇔ nnn
.khi ñó ta có khai triển :
9
5
1
4
5
5
4
5
1
+=
+
−
xx
x
x
n
=
kk
k
k
xxC ).()(
5
1
9
9
0
4
5
9
−
−
=
∑
=
∑
=
−
−
9
0
54
)9(5
9
k
kk
k
xC
; ứng với
4
x
ta có :
4
5
4
)9(5
=−
−
kk
514529
=
⇔
=
⇔
kk
⇒
hệ số của
4
x
là :
126
5
9
=C
1.(1,0ñ)
Từ
241
1
4
2
22
=⇒=⇒=+ aa
yx
Vì A; B là hai ñiểm trên (E) nên ta có:
==+
==+
42
42
21
21
aBFBF
aAFAF
68
122121
=
+
⇒
=
+
+
+
⇒
BFAFBFBFAFAF
2.(1,0ñ)
Gọi H là hình chiếu của M lên BC; ta có :
2
2
321
);(
=
+−
== BCMdMH
Vì
∆
ABC cân tại A và
00
60120 =⇒=
∧∧
HMCBAC
. Ta có :
MC
MH
HMC
=
∧
cos
22
2
60cos
0
=⇔=⇔ MC
MC
, do C
∈
BC: x- y +3 = 0
⇒
C( a; a +3) ,
với a > 0
Vì
8)1()1(822
222
=++−⇔=⇔= aaMCMC
3
2
=⇔ a
3=⇔ a
)33;3( +⇒ C
.
1,0ñ
ðk:
>
−>
0
1
y
x
Pt ñầu
1)1(loglog1)1(loglog1
2222
+
=
⇔
+
=
⇔
=
+
−
+
⇔
xyxyxy
Thế vào pt còn lại ta ñược :
082.221622
2122
=−+⇔=+
++ xxxx
−=
=
⇔
)(42
22
loai
x
x
; với
2122 =⇒=⇔= yx
x
(tmñk)
KL: hệ có nghiệm (x;y) là (1; 2)
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
