Đề và đáp án đề thi thử môn Sinh

Đề và đáp án đề thi thử môn Sinh tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩnh...

SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ LÀNI NĂM HỌC 2009-2010 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THIÊN MÔN TOÁN-KHỐI A+B: (180 phút) -----------------------@--------------------------- --------------------------------------@----------------------------------- (Không kể thời gian phát đề) A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm): Câu I (2 điểm): Cho hàm số 3 2 2 3 3 3( 1)y x mx m x m 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 : 2 2 os3x.cosx+ 3(1 sin2x)=2 3 os (2 ) 4 c c x π + + 2. Giải phương trình : 2 2 1 2 2 1 2 2 2 2 log (5 2 ) log (5 2 ).log (5 2 ) log (2 5) log (2 1).log (5 2 ) x x x x x x x + − + − − = − + + − Câu III (1 điểm): Tính tích phân : 6 0 tan( ) 4 os2x x I dx c π π − = ∫ 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 SD và mặt phẳng (AMN). Chứng minh SD 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 2 2 2 3( ) 2P x y z xyz= + + − . B. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phàn (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình chuẩn: Câu VIa (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ đ ộ Oxy cho điểm C(2;-5 ) và đường thẳng :3 4 4 0x y∆ − + = . 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 2 2 2 ( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v r , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z α + + − = và tiếp xúc với (S). Câu VIIa(1 điểm): Tìm hệ số của 4 x trong khai triển Niutơn của biểu thức : 2 10 (1 2 3 )P x x= + + 2.Theo chương trình nâng cao: Câu VIb (2 điểm): 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp 2 2 ( ) : 1 9 4 x y E + = và hai điểm A(3;-2) , B(-3;2) . 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 2 2 2 ( ) : 2 6 4 2 0S x y z x y z+ + − + − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song với giá của véc tơ (1;6;2)v r , vuông góc với mặt phẳng ( ) : 4 11 0x y z α + + − = và tiếp xúc với (S). Câu VIIb (1 điểm): Tìm số nguyên dương n sao cho thoả mãn 2 0 1 2 2 2 2 121 . 2 3 1 1 n n n n n n C C C C n n + + + + = + + -------------------------------------------------------HẾT-------------------------------------------------------- Cán bộ coi thi không g ải thích gì thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: http://laisac.page.tl ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu NỘI DUNG Điêm I II III 2. Ta có , 2 2 3 6 3( 1)y x mx m= − + − Để hàm số có cực trị thì PT , 0y = có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1 0x mx m⇔ − + − = có 2 nhiệm phân biệt 1 0, m⇔ ∆ = > ∀ 05 Cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 025 Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m  = − + = ⇔ + + = ⇔  = − −   Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2m = − − và 3 2 2m = − + . 025 1. os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0 PT c x c c x c x π   ⇔ + = +  ÷   ⇔ + = 05 sin(4 ) sin(2 ) 0 6 6 18 3 2sin(3 ). osx=0 6 x= 2 x x x k x c k π π π π π π π ⇔ + + + =  = − +  ⇔ + ⇔   +   Vậy PT có hai nghiệm 2 x k π π = + và 18 3 x k π π = − + . 05 2. ĐK : 1 5 2 2 0 x x −  < <    ≠  . Với ĐK trên PT đã cho tương đương TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA 2017 – LẦN I Môn: SINH HỌC 12 Thời gian làm bài: 50 phút; (40 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 168 (Thí sinh không sử dụng tài liệu) Họ, tên học sinh: Lớp: Câu 1: Trong quần thể thực vật giao phấn, xét locut có hai alen, alen A quy định đỏ trội hoàn toàn so với alen a quy định vàng Quần thể ban đầu (P) có kiểu hình vàng chiếm tỉ lệ 20% Sau hệ ngẫu phối không chịu tác động nhân tố tiến hóa, kiểu hình vàng hệ chiếm tỉ lệ 9% Tính theo lí thuyết, thành phần kiểu gen quần thể (P) là: A 0,7AA : 0,1Aa : 0,2aa B 0,38AA : 0,42Aa : 0,2aa C 0,6AA : 0,2Aa : 0,2aa D 0,49AA : 0,31Aa : 0,2aa Câu 2: Phương pháp nuôi cấy mô nuôi cấy tế bào dựa sở tế bào học A Sự nhân đôi ADN dẫn đến nhân đôi NST trình nguyên phân, giảm phân thụ tinh B Sự nhân đôi phân li đồng NST giảm phân C Sự nhân đôi ADN dẫn đến nhân đôi NST tế bào phân chia trực tiế p D Sự nhân đôi phân li đồng NST nguyên phân Câu 3: Một quần thể ngẫu phối, hệ xuất phát có thành phần kiểu gen là:0,36BB + 0,48Bb +0,16bb = Khi quần thể này, cá thể có kiểu gen dị hợp có sức sống khả sinh sản cao hẳn so với cá thể có kiểu gen đồng hợp thì: A Alen trội có xu hướng bị loại hoàn toàn khỏi thể B Tần số alen trội tần số alen lặn có xu hướng C Alen lặn có xu hướng bị loại hoàn toàn khỏi thể D Tần số alen trội lặn có xu hướng không thay đổi Câu 4: Vì nói đột biến nhân tố tiến hóa bản: A Vì tạo áp lực làm thay đổi tần số alen quần thể B Vì sở để tạo biến dị tổ hợp C Vì tần số đột biến vốn gen lớn D Vì cung cấp nguyên liệu sơ cấp cho trình tiến hóa Câu 5: Đại địa chất gọi kỉ nguyên bò sát? A Đại trung sinh B Đại tân sinh C Đại cổ sinh D Đại thái cố Câu 6: Cơ chế cách li sinh sản trở ngại thể sinh vật ( trở ngại sinh học) ngăn cản cá thể giao phối với ngăn cản việc tạo lai hữu thụ sinh vật sống chỗ Ví dụ không thuộc cách li sinh sản? A Quần thể ngô lúa có cấu tạo hoa khác B Hai quần thể chim sẻ sống đất liền quần đảo Galapagos C Hai quần thể mao lương sống bãi sông Vonga phía bờ sông D Hai quần thể cá sống hồ Châu Phi có màu đỏ xám Câu 7: Trong quần thể người có số thể đột biến sau: 1- Ung thư máu 2- Hồng cầu hình liềm 3- Bạch tạng 4- Hội chứng Claiphentơ 5- Dính ngón tay số 6- Máu khó đông 7- Hội chứng Tơcnơ 8- Hội chứng Đao 9- Mù màu Những thể đột biến đột biến nhiễm sắc thể? Trang 1/5 - Mã đề thi 168 A 1,4,7 B 1,3,7,9 C 1,2,4,5 D 4,5,6,8 Câu 8: Cơ quan tương đồng quan A có nguồn gốc khác đảm nhiệm chức phận giống nhau, có hình thái tương tự B có nguồn gốc khác nhau, nằm vị trí tương ứng thể, có kiểu cấu tạo giống C nguồn gốc, đảm nhiệm chức phận giống D nguồn gốc, nằm vị trí tương ứng thể, thực chức khác Câu 9: Cho phát biểu sau nhân tố tiến hóa: Đột biến tạo alen làm thay đổi tần số tương đối alen quần thể chậm Chọn lọc tự nhiên tác động trực tiếp lên kiểu gen làm thay đổi tần số tương đối alen theo hướng xác định Di - nhập gen làm phong phú thêm làm nghèo vốn gen quần thể Các yếu tố ngẫu nhiên làm tăng tần số alen có hại quần thể Giao phối không ngẫu nhiên làm biến đổi tần số alen thành phần kiểu gen quần thể Các phát biểu là: A 1, 2, 4, B 1, 3, C 1, 2, 3, D 1, 2, 3, 4, Câu 10: Ở người, gen tổng hợp loại mARN lặp lại tới 200 lần, biểu điều hòa hoạt động cấp độ: A Sau dịch mã B Khi dịch mã C Lúc phiên mã D Trước phiên mã Câu 11: Ở phép lai ♀ aaBbDd x ♂ AabbDd Nếu trình tạo giao tử đực, cặp NST mang cặp gen bb cặp Dd không phân li giảm phân I giao tử, giảm phân diễn bình thường; trình giảm phân thể diễn bình thường Quá trình thụ tinh tạo loại hợp tử đột biến A thể bốn, thể kép B thể ba kép, thể kép C thể bốn, thể không D thể không, thể ba Câu 12: Khi lai thể bố mẹ chủng khác cặp tính trạng tương phản, F1 100% tính trạng bên bố mẹ, tiếp tục cho F1 tự thụ phấn, F2 tỉ lệ 1: 2: Hai tính trạng di truyền A phân li độc lập B liên kết hoàn toàn C tương tác gen D hoán vị gen Câu 13: Điều xảy gen điều hòa operon Lac vi khuẩn bị đột biến tạo sản phẩm có cấu hình không gian bất thường? A Operon Lac hoạt động mức bình thường môi trường có lactozo B Operon Lac không hoạt động môi trường có lactozo C Operon Lac hoạt động môi trường lactozo D Operon Lac không hoạt động môi trường có loại đường Câu 14: Loài lúa nước có 2n = 24 Một hợp tử loài nguyên phân Vào kì lần nguyên phân hợp tử có tổng số 72 crômatit Kết luận hợp tử là: A Là thể đa bội chẵn B Thể ba nhiễm 2n + C Là thể đa bội lẻ D Là thể nhiễm Câu 15: Đặc điểm bật đại Cổ Sinh là: A Sự phát triển hạt trần bò sát B Sự chuyển đời sống từ nước lên cạn nhiều loài thực vật động vật C Sự phát triển hạt kín sâu bọ D Sự phát triển hạt kín, chim thú Câu 16: Khi tiến hành lai cá thể có kiểu gen AB/ab x AB/ab với ( cho biết tần số hoán vị gen 30% , xảy giới ) tỉ lệ kiểu hình trội tính trạng ? A 0,2665 B 0,662 C 0,6225 D 0.6522 Câu 17: Cho biết gen quy định tính trạng, alen trội trội hoàn toàn không xảy đột biến Trong phép lai, người ta thu đời có kiểu hình phân ly theo tỉ lệ 3A-B-: 3aaB-: 1A-bb: 1aabb Phép lai sau phù hợp với kết trên? Trang 2/5 - Mã đề thi 168 A AaBb x Aabb B AaBb x ... KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 2 1 1 x y x − = + (1). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình sau: 2 1 1 2 2 x x + = − . 2) Giải phương trình lượng giác: 4 4 4 sin 2 os 2 os 4 tan( ).tan( ) 4 4 x c x c x x x π π + = − + . Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau: 3 2 2 0 ln(2 . os2 ) 1 lim x e e c x x L x → − − + = Câu IV . (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón). 1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; 2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 3 + y 3 + z 3 – 3xyz. Câu VI . (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ( ;0) 2 I Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII . (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 3 2 2010 2009 2010 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 y x x y x y x y −  + =   +  + + = + + +  --------------- HẾT --------------- Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……….…………………Số báo danh: http://laisac.pge.tl HƯỚNG DẪN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Hàm số: 2 1 3 2 1 1 x y x x − = = − + + +) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1) 2; 2; ; lim lim lim lim x x x x y y y y + − →+∞ →−∞ → − → − = = = −∞ = +∞ - TC đứng: x = -1; TCN: y = 2. +) ( ) 2 3 ' 0, 1 y x D x = > ∀ ∈ + +) BBT: x - ∞ - 1 + ∞ y' + || + y +∞ 2 || 2 −∞ +) ĐT: 1 điểm I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 2 0 0 3 3 ( ) ( ;2 ) 1 ( 1) M I IM M I y y M C M x k x x x x − − ∈ ⇒ − ⇒ = = + − + +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: ( ) 0 2 0 3 '( ) 1 M k y x x = = + +) . 9 M IM ycbt k k⇔ = − +) Giải được x 0 = 0; x 0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 1 điểm II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \{0}x ∈ − +) Đặt 2 2 , 0y x y = − > Ta có hệ: 2 2 2 2 x y xy x y + =   + =  +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 1 3 1 3 2 2 ; 1 3 1 3 2 2 x x y y   − + − − = =       − − − +   = =     +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3 2 x − − = 1 điểm II.2 +) ĐK: , 4 2 x k k Z π π ≠ + ∈ 4 4 2 2 4 2 ) tan( )tan( ) tan( )cot( ) 1 4 4 4 4 1 1 1 sin 2 os 2 1 sin 4 os 4 2 2 2 2cos 4 os 4 1 0 x x x x x c x x c x pt x c x π π π π + − + = − − = + = − = + ⇔ − − = 1 điểm 8 6 4 2 -2 -4 -6 -10 -5 5 10 +) Giải pt được cos 2 4x = 1 ⇔ cos8x = 1 ⇔ 4 x k π = và cos 2 4x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là , 2 x k k Z π = ∈ III 3 3 2 2 2 2 0 0 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 0 0 2 2 2 2 ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1 lim lim ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2sin 2 ) 1 lim lim (1 ) 1 1 2sin 2sin 2sin 2sin 1 5 2 3 3 x x x x e e c x x c x x L x x x x x x x x x x x x x x → → → → − − + + − + − + = =         + − + + −     = + = +     + + + +             = − = 1 điểm IV.1 +) Gọi C r là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB. Ta có: 2 2 1 ( ). . 2 .2 2( ) SAB C C C S pr l r r SM AB l r r l r r r l r l r = = + = − − ⇒ = = + + +) S cầu = 2 2 4 4 C l r r r l r π π − = + 1 điểm IV.2 +) Đặt : 2 3 2 2 2 ( ) ,0 5 1 2 ( ) 2 ) '( ) 0 ( ) 5 1 2 lr r y r r l l r r l r r rl l y r l r r l − = < < +  − − =  − + −  + = = SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 TRƯỜNG THPT MINH CHÂU Môn toán - KHỐI A Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x 3 – 3x 2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2 2 2 1 m x x x − − = − Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 5 2 2 os sin 1 12 c x x π   − =  ÷   2) Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y  + = − +   + + − − =   . Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: /4 2 /4 sin 1 x I dx x x π π − = + + ∫ Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60 0 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3 3 a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng + + + + + + + + 25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y ≥ + + 5 5 5 4 x y z PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao : 1 0CH x y− + = , phân giác trong : 2 5 0BN x y+ + = .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d 2 1 4 6 8 x y z− + = = − − và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: 2 4 3 1 0 2 z z z z− + + + = PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03: 1 =−− yxd và 06: 2 =−+ yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : D 1 : 2 1 1 1 2 x y z − − = = − , D 2 : 2 2 3 x t y z t = −   =   =  Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D 1 và D 2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 0 4 8 2004 2008 2009 2009 2009 2009 2009 .S C C C C C= + + + + + …….Hết .http://laisac.page.tl ĐÁP ÁN Cõu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 3 2y x x .= − +  Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.=  Sự biến thiờn: 2 3 6y' x x.= − Ta có 0 0 2 x y' x =  = ⇔  =  0,25  ( ) ( ) 0 2 2 2 CD CT y y ; y y .= = = = − 0,25  Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + y 2 +∞ −∞ 2− 0,25  Đồ thị: f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 b) Biện luận số nghiệm của phương trình 1 22 2 − =−− x m xx theo tham số m.  Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 m x x x x x m,x . x − − = ⇔ − − − = ≠ − Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của ( ) ( ) 2 2 2 1y x x x , C'= − − − và đường thẳng 1y m,x .= ≠ 0,25  Vỡ ( ) ( ) ( ) 2 1 2 2 1 1 f x khi x y x x x f x khi x >  = − − − =  − <   nờn ( ) C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1x . = + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1x = qua Ox. 0,25  hình f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25  Dựa vào đồ thị ta có: + 2m :< − Phương trình vụ nghiệm; + 2m := − Phương trình có 2 nghiệm kộp; + 2 0m :− < < Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; + 0m :≥ Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. 0,25 2) Đồ thị hàm số y = 2 ( 2 2) 1x x x− − − , với x ≠ 1 có dạng như hình vẽ : 1+ 1- - 2 m 1 2 II 1) 1) 5 2 2 os sin 1 12 c x x π   − =  ÷   5 5 2 sin 2 sin 1 12 12 x π π     ⇔ − + =  ÷       0.25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: Toán. Khối A, B. Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I. (2 điểm). Cho hàm số 2 1 1 x y x − = + (1). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9. Câu II. (2 điểm) 1) Giải phương trình sau: 2 1 1 2 2 x x + = − . 2) Giải phương trình lượng giác: 4 4 4 sin 2 os 2 os 4 tan( ).tan( ) 4 4 x c x c x x x π π + = − + . Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau: 3 2 2 0 ln(2 . os2 ) 1 lim x e e c x x L x → − − + = Câu IV . (2 điểm) Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón). 1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I; 2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất? Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x 2 + y 2 + z 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 3 + y 3 + z 3 – 3xyz. Câu VI . (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 1 ( ;0) 2 I Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đó. Câu VII . (1 điểm) Giải hệ phương trình : 2 2 2 2 3 2 2010 2009 2010 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 y x x y x y x y −  + =   +  + + = + + +  --------------- HẾT --------------- Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Đề thi thử lần 1 (Tháng 01 năm 2010) sontoan1980@gmail.com Gửi laisac HƯỚNG DẪN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Hàm số: 2 1 3 2 1 1 x y x x − = = − + + +) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1) 2; 2; ; lim lim lim lim x x x x y y y y + − →+∞ →−∞ → − → − = = = −∞ = +∞ - TC đứng: x = -1; TCN: y = 2. +) ( ) 2 3 ' 0, 1 y x D x = > ∀ ∈ + +) BBT: x - ∞ - 1 + ∞ y' + || + y +∞ 2 || 2 −∞ +) ĐT: 1 điểm I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 2 0 0 3 3 ( ) ( ;2 ) 1 ( 1) M I IM M I y y M C M x k x x x x − − ∈ ⇒ − ⇒ = = + − + +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M: ( ) 0 2 0 3 '( ) 1 M k y x x = = + +) . 9 M IM ycbt k k⇔ = − +) Giải được x 0 = 0; x 0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 1 điểm II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \{0}x ∈ − +) Đặt 2 2 , 0y x y = − > Ta có hệ: 2 2 2 2 x y xy x y + =   + =  +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 1 3 1 3 2 2 ; 1 3 1 3 2 2 x x y y   − + − − = =       − − − +   = =     +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3 2 x − − = 1 điểm II.2 +) ĐK: , 4 2 x k k Z π π ≠ + ∈ 4 4 2 2 4 2 ) tan( )tan( ) tan( )cot( ) 1 4 4 4 4 1 1 1 sin 2 os 2 1 sin 4 os 4 2 2 2 2cos 4 os 4 1 0 x x x x x c x x c x pt x c x π π π π + − + = − − = + = − = + ⇔ − − = 1 điểm 8 6 4 2 -2 -4 -6 -10 -5 5 10 +) Giải pt được cos 2 4x = 1 ⇔ cos8x = 1 ⇔ 4 x k π = và cos 2 4x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là , 2 x k k Z π = ∈ III 3 3 2 2 2 2 0 0 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 0 0 2 2 2 2 ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1 lim lim ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2sin 2 ) 1 lim lim (1 ) 1 1 2sin 2sin 2sin 2sin 1 5 2 3 3 x x x x e e c x x c x x L x x x x x x x x x x x x x x → → → → − − + + − + − + = =         + − + + −     = + = +     + + + +             = − = 1 điểm IV.1 +) Gọi C r là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và Sở GD ĐT Vĩnh Phúc Trờng THPT Tam Dơng đề thi Khảo sát chuyên đề lớp 12 Môn: Toán Thi gian lm bi: 180 phỳt Cõu 1 (2.0 im): Cho hm s 3 2 3 3 4y x mx m= + (m l tham s) cú th l (C m ) 1. Kho sỏt v v th hm s khi m = 1. 2. Xỏc nh m (C m ) cú cỏc im cc i v cc tiu i xng nhau qua ng thng y = x. Cõu 2 (2.0 im ) : 1. Gii phng trỡnh: 2 3 4 2sin 2 2 3 2(cotg 1) sin 2 cos x x x x + + = + . 2. Tỡm m h phng trỡnh: 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 1 3 2 0 x y y x x x y y m + = + + = cú nghim thc. Cõu 3 (2.0 im): 2. Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho mt phng (P) v ng thng (d) ln lt cú phng trỡnh: (P): 2x y 2z 2 = 0; (d): 1 2 1 2 1 x y z+ = = 1. Vit phng trỡnh mt cu cú tõm thuc ng thng (d), cỏch mt phng (P) mt khong bng 2 v vt mt phng (P) theo giao tuyn l ng trũn cú bỏn kớnh bng 3. 2. Vit phng trỡnh mt phng (Q) cha ng thng (d) v to vi mt phng (P) mt gúc nh nht. Cõu 4 (2.0 im): 1. Cho parabol (P): y = x 2 . Gi (d) l tip tuyn ca (P) ti im cú honh x = 2. Gi (H) l hỡnh gii hn bi (P), (d) v trc honh. Tớnh th tớch vt th trũn xoay sinh ra bi hỡnh (H) khi quay quanh trc Ox. 2. Cho x, y, z l cỏc s thc dng tha món: x 2 + y 2 + z 2 3. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: 1 1 1 1 1 1 P xy yz zx = + + + + + Cõu 5 (2.0 im): 1. Trong mt phng vi h ta Oxy, hóy lp phng trỡnh tip tuyn chung ca elip (E): 2 2 1 8 6 x y + = v parabol (P): y 2 = 12x. 2. Tỡm h s ca s hng cha x 8 trong khai trin Newton: 12 4 1 1 x x ữ o0o Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm. H v tờn thớ sinh: SBD: Câu Nội dung Điểm I 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x 3 − 3x 2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x 2 − 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞) Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại x CĐ = 0, y CĐ = 4; đạt CT tại x CT = 2, y CT = 0 y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞). Điểm uốn (1; 2) 0.25 Giới hạn và tiệm cận: 3 3 3 4 lim lim 1 x x y x x x →±∞ →±∞   = − + = ±∞  ÷   0.25 LËp BBT: 0.25 §å thÞ: 0.25 2/. Ta có: y’ = 3x 2 − 6mx = 0 ⇔ 0 2 x x m =   =  Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0. 0.25 Giả sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m 3 ), B(2m; 0) ⇒ 3 (2 ; 4 )AB m m= − uuur Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m 3 ) 0.25 0 x 4 +∞ −∞ − + + 0 0 y’ −∞ 2 +∞ y 0 x y O Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x 3 3 2 4 0 2 m m m m  − =  ⇔  =   0.25 Giải ra ta có: 2 2 m = ± ; m = 0 0.25 Kết hợp với điều kiện ta có: 2 2 m = ± II 2/. Đk: 2 x k π ≠ 0.25 Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 2 2 2 2 2 4 3 1 2 3 2 sin 2 2(sin cos ) 3 3 2 sin cos 3 2 3 0 tg cotg tg cotg tg tg x x x x x x x x x x x + + − = + ⇔ + − = ⇔ + − = 0.25 ⇔ 3 3 1 3 6 tg tg x k x x x k π   = − + π = −   ⇔   π =  = + π     0.25 KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : 6 2 x k π π = + ; k∈Z 0.25 2/. 3 3 2 2 2 2 3 3 2 0 (1) 1 3 2 0 (2) x y y x x x y y m  − + − − =   + − − − + =   Điều kiện: 2 2 1 0 1 1 0 2 2 0 x x y y y  − ≥ − ≤ ≤   ⇔   ≤ ≤ − ≥    0.25 Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t 3 − 3t 2 = y 3 − 3y 2 . 0.25 Hàm số f(u) = u 3 − 3u 2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (1) ⇔ y = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ 2 2 2 1 0x x m− − + = 0.25 Đặt 2 1v x= − ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v 2 + 2v − 1 = m. Hàm số g(v) = v 2 + 2v − 1 đạt 0;1 0;1 min ( ) 1; m ( ) 2 [ ] [ ] axg v g v= − = Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2 0.25 III 1/. Đường thẳng (∆) có phương trình tham số là: 1 2 ; 2 x t y t t R z t = −   = − + ∈   = +  Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆). 0.25 Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: | 2 1 2 4 2 2 | | 6 5| ( ; ) 3 3 3 t t t t d I − + − − − − + ∆ = = = ⇔ 2 3 7 3 t t  =    = −   0.25 ⇒ Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 7 17 1 ; ; ; ; 3 3 3 3 3 7 vµ I I     − − −  ÷  ÷     Vì mặt phẳng ... HẾT Trang 5/5 - Mã đề thi 491 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA MÔN SINH HỌC (LẦN 1) 168 279 380... trung sinh B Đại cổ sinh C Đại tân sinh D Đại thái cố Câu 20: Dự đoán kết kiểu hình phép lai P: AaBb (vàng, trơn) x aabb (xanh, nhăn) A vàng, trơn: vàng, nhăn: xanh, trơn: xanh, nhăn B vàng,... 5/5 - Mã đề thi 279 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN QUANG DIÊU ĐỀ DIỄN TẬP THPT QUỐC GIA 2017 – LẦN I Môn: SINH HỌC 12 Thời gian làm bài: 50 phút; (40 câu trắc nghiệm) Mã đề thi 380 (Thí sinh không