Đề thi thử đại học - cao đẳng môn Toán năm 2011 - đề số 33 pps

Sở GD-ĐT phú thọ Trường T.H.p.t long châu sa Đề THI thử ĐẠI HỌC NĂM học: 2010-2011 Mụn thi : TOÁN Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Cõu I:(2 điểm) Cho hàm số : 1x2 1 x y     (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Viết phương trỡnh tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox. Cõu II:(2 điểm) 1. Giải phương trỡnh: sin2 cos2 cot cos sin x x tgx x x x    2. Giải phương trỡnh:   1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93    Cõu III: (2 điểm) 1.Tính nguyên hàm: sin 2 ( ) 3 4sin 2 xdx F x x cos x     2.Giải bất phương trình: 1 2 3 x x x      Cõu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giỏc ABC cú trọng tõm G(2, 0) biết phương trỡnh cỏc cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 0 2 y 5 x 2    . Tỡm tọa độ các đỉnh A, B, C. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chú ý:Thí sinh chỉ được chọn bài làm ở một phần nếu làm cả hai sẽ không được chấm A. Theo chương trỡnh chuẩn Cõu Va : 1. Tỡm hệ số của x 8 trong khai triển (x 2 + 2) n , biết: 49CC8A 1 n 2 n 3 n  . 2. Cho đường trũn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trỡnh đường trũn (C') tõm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại cỏc điểm A, B sao cho 3AB  . B. Theo chương trỡnh Nõng cao Cõu Vb: 1. Giải phương trỡnh :     21x2log1xlog 3 2 3  2. Cho hỡnh chúp SABCD cú đáy ABCD là hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc với đáy hỡnh chúp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hỡnh chiếu vuông góc của A lờn SB, SD. Chứng minh SC  (AHK) và tớnh thể tớch khối chúp OAHK. ………………… … ……………… Hết……………………………………. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Hướng dẫn chấm môn toán Câu ý Nội Dung Điểm I 2 1 Khảo sát hàm số (1 điểm) 1  TXĐ: D = R\ {-1/2}  Sựự Biến thiên:   , 2 3 0 2 1 y x D x       Nên hàm số nghịch biến trên 1 1 ( ; ) ( ; ) 2 2 va      0,25 + Giới hạn ,tiệm cận: 1 2 lim x y      1 2 lim x y      ĐTHS có tiẹm cận đứng : x = -1/2 1 lim 2 x y    1 lim 2 x y     đTHS có tiệm cận ngang: y = -1/2 0,25 + Bảng biến thiên: 0,25 x y ’ y Ơ - Ơ + - 1/2 - - -1/2 Ơ - Ơ + - 1/2  Đồ Thị : 0,25 2 Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là        0, 2 1 A Phương trỡnh tiếp tuyến () qua A cú dạng        2 1 xky () tiếp xỳc với (C) / x 1 1 k x 2x 1 2 x 1 k co ù nghieäm 2x 1                             0,25                       )2( k 1x2 3 )1( 2 1 xk 1x2 1x 2 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 0,25 y x 0 I -1/2 1 1 -1/2   2 1 3 x x 1 2 2x 1 2x 1              1 (x 1)(2x 1) 3(x ) 2      và 1 x 2   3 x 1 2    5 x 2   . Do đó 12 1 k  0,25  Vậy phương trỡnh tiếp tuyến cần tỡm là: 1 1 y x 12 2          0,25 II 2 1 1. Giải phương trỡnh: gxcottgx xsin x 2 cos xcos x 2 sin  (1) (1) xsin x cos xcos x sin xcosxsin x sin x 2 sin x cos x 2 cos      xcosxsin xcosxsin xcosxsin xx2cos 22     0,25 cosx cos2x sin2x 0      2 2cos x cosx 1 0 sin2x 0       0,25 1 cosx ( cosx 1 :loaïi vì sin x 0) 2      0,25    2k 3 x 0,25 2 2. Phương trỡnh:   1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93    (1) (1)   1 xlog1 4 x9log 1 xlog2 33 3    0,25 1 xlog1 4 xlog2 x log 2 33 3       đặt: t = log 3 x 0,25 thành 2 2 t 4 1 t 3t 4 0 2 t 1 t          (vỡ t = -2, t = 1 khụng là nghiệm) 0,25 IV 1 t 1 hay t 4     Do đó, (1) 3 1 log x 1 hay x 4 x hayx 81 3        0,25 III 2 1 1 Ta có 2 2 sin 2 2sin cos ( ) 3 4sin (1 2sin ) 2sin 4sin 2 xdx x xdx F x x x x x          0,25 Đăt u = sinx cos du xdx   O,25 Ta có:   2 2 ( ) ( ) 1 ( 1) 1 1 ln 1 1 udu du du F x G u u u u u c u                0,25 Vậy 1 ( ) ln 1 sin 1 F x sinx c x      0,25 2 1 Đk: 3 x  Bpt 2 1 2 3 2 5 6 4 x x x x x x            0,25 2 4 0 3 12 8 0 3 4 6 2 3 6 2 3 3 3 6 2 3 3 3 x x x x x x                          0,25 0,25 0,25 . Tọa độ A là nghiệm của hệ   4x y 14 0 x 4 2x 5y 2 0 y 2            A(–4, 2) 0,25 Vỡ G(–2, 0) là trọng tõm của ABC nờn            2yy 2xx yyyy3 xxxx3 CB CB CBAG CBAG (1) 0,25 Vỡ B(x B , y B )  AB  y B = –4x B – 14 (2) C(x C , y C )  AC  5 2 5 x 2 y C C  ( 3) 0,25 Thế (2) và (3) vào (1) ta cú              0y 1x 2y3x 2 5 2 5 x2 14x4 2xx CC BB C B CB Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 0,25 V.a 3 1 1 1. Điều kiện n  4 Ta cú:       n 0k knk2k n n 2 2xC2x Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4n4 n 2C  0,25 Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4n4 n 2C  0,25 Ta cú: 3 2 1 n n n A 8C C 49     (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49  n 3 – 7n 2 + 7n – 49 = 0  (n – 7)(n 2 + 7) = 0  n = 7 0,25 Nờn hệ số của x 8 là 2802C 34 7  0,25 2 2 Phương trỡnh đường trũn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y + 2 = 0 cú tõm I(1, –2) 3R  Đường trũn (C') tõm M cắt đường trũn (C) tại A, B nờn AB  IM tại trung điểm H của đoạn AB. 0,25 Ta cú 2 3 2 AB BHAH  0,25 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trớ thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 0,25 Ta cú: 2 2 2 3 3 IH' IH IA AH 3 2 2               Ta cú:     2 2 MI 5 1 1 2 5      0,25 và 2 7 2 3 5HIMIMH  ; 3 13 MH' MI H'I 5 2 2      0,25 Ta cú: 13 4 52 4 49 4 3 MHAHMAR 2222 1  43 4 172 4 169 4 3 'MH'H'A'MAR 2222 2  0,25 Vậy có 2 đường trũn (C') thỏa ycbt là: (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 13 hay (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 43 0,25 V.b 3 1 1 1. Giải phương trỡnh:     21x2log1xlog 3 2 3  Đk: 1 1 2 x     3 3 2log x 1 2log 2x 1 2      0,25   3 3 log x 1 log 2x 1 1        3 3 log x 1 2x 1 log 3     0,25   x 1 2x 1 3                     2 2 1 x 1 x 1 hoac 2 2x 3x 2 0 2x 3x 4 0(vn) 0,25 x 2   0,25 2 2 +BC vuụng gúc với (SAB)  BC vuụng gúc với AH mà AH vuụng với SB  AH vuụng gúc với (SBC)  AH vuụng gúc SC (1) 0,25 + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2)  SC vuụng gúc với (AHK ) 0,25 2 2 2 2 SB AB SA 3a     SB = a 3 AH.SB = SA.AB  AH= a 6 3  SH= 2a 3 3  SK= 2a 3 3 (do 2 tam giỏc SAB và SAD bằng nhau và cựng vuụng tại A) 0,25 Ta cú HK song song với BD nờn HK SH 2a 2 HK BD SB 3    . 0,25 kẻ OE// SC ( )( ( )) OE AHK doSC AHK    suy ra OE là đường cao của hình chóp OAHK và OE=1/2 IC=1/4SC = a/2 0,5 Gọi AM là đường cao của tam giỏc cõn AHK ta cú 2 2 2 2 4a AM AH HM 9     AM= 2a 3 0,25    3 OAHK AHK 1 1 a 1 a 2 V OE.S . HK.AM 3 3 2 2 27 (đvtt) S 0,25 A M I E O H K M C D Cõu II: 1. Giải phương trỡnh: gxcottgx xsin x 2 cos xcos x 2 sin  (1) (1) xsin x cos xcos x sin xcosxsin x sin x 2 sin x cos x 2 cos      xcosxsin xcosxsin xcosxsin xx2cos 22     cosx cos2x sin2x 0      2 2 cos x cosx 1 0 sin2x 0       1 cosx ( cosx 1 :loaïi vì sin x 0) 2         2k 3 x 2. Phương trỡnh:   1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93    (1) (1)   1 xlog1 4 x9log 1 xlog2 33 3    1 xlog1 4 xlog2 x log 2 33 3       đặt: t = log 3 x (1) thành 2 2 t 4 1 t 3t 4 0 2 t 1 t          (vỡ t = -2, t = 1 khụng là nghiệm) t 1 hay t 4     Do đó, (1) 3 1 log x 1 hay x 4 x hay x 81 3        Cõu IV: . Tọa độ A là nghiệm của hệ   4x y 14 0 x 4 2x 5y 2 0 y 2            A(–4, 2) Vỡ G(–2, 0) là trọng tõm của ABC nờn            2yy 2xx yyyy3 xxxx3 CB CB CBAG CBAG (1) Vỡ B(x B , y B )  AB  y B = –4x B – 14 (2) C(x C , y C )  AC  5 2 5 x 2 y C C  ( 3) [...]... x A)2 + [(-xB + m) – (-xA + m)]2 = 16  2(xB – xA)2 = 16  m2  8   8  m2  24  m = 2 6 4     (xB – xA)2 = 8   Hết éỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Mụn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Cõu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x4 – (3m + 2)x2 + 3m có đồ thị là (Cm), m là tham số 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đó cho khi m = 0 2 Tỡm m để đường thẳng y = -1 cắt đồ... b = 0  m – 1 = 0  m = 1 a Hết BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THÚC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mụn thi: TỐN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm): Cõu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x2 2x  3 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) 2 Viết phương trỡnh tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến... 0 Ta cú:  ' = (-1 )2 – 10 = -9 = (3i)2 nên phương trỡnh cú hai nghiệm là: z1 = -1 – 3i và z2 = -1 + 3i  z1 2 = (-1 )2 + (-3 )2 = 10 Suy ra  2  2 2  z 2 = (-1 ) + (3) = 10  2 2 Vậy A = z1 + z 2  10  10  20 Chương trỡnh nõng cao Cõu VI b 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trũn  C  : x 2  y 2  4x  4y  6  0 và đường thẳng  : x  my  2m  3  0 , với m là tham số thực Gọi I là... x, y  R  -Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI MƠN TỐN KHỐI A NĂM 2009 Cõu I 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số + Tập xác định:với mọi x   + y’ = 1  2x  3 2  0,  x   3 2 3 2 + Tiệm cận Vỡ lim x  x2 1 1  nờn tiệm cận ngang là : y = 2x  3 2 2 Vỡ lim 3 x   2  x2 x2 3  ; lim    nên tiệm cận đứng là : x =  3  2x  3 2x  3 2 x   Bảng biến thi n: 2 2 Vẽ đồ... của tham số m để đường thẳng y = -2 x + m cắt đồ thị hàm số y  hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung ]BÀI GIẢI GỢI í x2  x  1 tại x Cõu I 1 m = 0, y = x4 – 2x2 TXĐ : D = R 3 y’ = 4x – 4x; y’ = 0  x = 0  x = 1; lim   x  x y' y  + 1  0 0 + 0  1 0 + + + 0 y 1 CĐ 1 CT CT y đồng biến trên (-1 ; 0); (1; +) 1 0 1 y nghịch biến trờn (- ; -1 ); (0;... đồng biến trên (-1 ; 0); (1; +) y nghịch biến trờn (- ; -1 ); (0; 1) y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0 y đạt cực tiểu bằng -2 tại x = 1 Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) y Giao điểm của đồ thị với trục hồnh là (0; 0); ( 2 ;0) 2 x2x2 – 2 = m  2x2x 2 – 2 = 2m (*) (*) là phương trỡnh hồnh độ giao điểm của (C’) : 2 y = 2x2x2 – 2 và (d): y = 2m Ta cú (C’)  (C); nếu x  - 2 hay x  2 1 (C’)... biến trờn (- ; -1 ); (0; 1) x 1 y đạt cực đại bằng 0 tại x = 0 y đạt cực tiểu bằng -1 tại x = 1 Giao điểm của đồ thị với trục tung là (0; 0) Giao điểm của đồ thị với trục hồnh là (0; 0); ( 2 ;0) 2 Phương trỡnh hồnh độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = -1 là x4 – (3m + 2)x2 + 3m = -1  x4 – (3m + 2)x2 + 3m + 1 = 0  x = 1 hay x2 = 3m + 1 (*) Đường thẳng y = -1 cắt (Cm) tại 4 điểm phân biệt có hồnh... y  2  3     4 4 S(0) = 12; S(ẳ) = PHẦN RIấNG Cõu VI.a 1) Gọi đường cao AH : 6x – y – 4 = 0 và đường trung tuyến AD : 7x – 2y – 3 = 0 A = AH  AD  A (1;2) M là trung điểm AB  B (3; -2 ) BC qua B và vuụng gúc với AH  BC : 1(x – 3) + 6(y + 2) = 0  x + 6y + 9 = 0 3 2 D = BC  AD  D (0 ;  ) D là trung điểm BC  C (-  - 1) 3;  AC qua A (1; 2) cú VTCP AC  (4; 3) nờn AC: 3(x –1)– 4(y – 2)... A (-3 ;1;1) (P)   a   (1;1; 1) ; n ( P)  (1; 2; 3)   O M1 I H M2    d đđi qua A và có VTCP a d  a  , n( P )   ( 1;2;1) nờn pt d là :   x  3 y 1 z 1   1 2 1 Cõu VII.a Gọi z = x + yi Ta cú z – (3 – 4i) = x – 3 + (y + 4)i Vậy z – (3 – 4i) = 2  (x  3)2  (y  4) 2  2  (x – 3)2 + (y + 4)2 = 4 Do đđó tập hợp biểu diễn các số phức z trong mp Oxy là đường trũn tõm I (3; -4 )... 2 Vẽ đồ thị: đồ thị cắt Oy tại  0;  và cắt Ox tại (-2 ; 0)    3 2 Viết phương trỡnh tiếp tuyến của đồ thị (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hồnh, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ O Ta cú y '  1 3 nờn phương trỡnh tiếp tuyến tại x  x 0 (với x 0   ) là: 2 (2x  3) 2 y - f( x 0 ) = f’( x 0 )(x - x 0 ) y 2x 2  8x 0  6 x  0 (2x 0  3) 2 (2x 0 . Sở GD-ĐT phú thọ Trường T.H.p.t long châu sa Đề THI thử ĐẠI HỌC NĂM học: 201 0-2 011 Mụn thi : TOÁN Thời gian làm bài:150 phút(không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO.   đTHS có tiệm cận ngang: y = -1 /2 0,25 + Bảng biến thi n: 0,25 x y ’ y Ơ - Ơ + - 1/2 - - -1 /2 Ơ - Ơ + - 1/2  Đồ Thị : . éỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2009 Mụn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Cõu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 – (3m + 2)x 2 + 3m có đồ thị là (C m ), m là tham số.