1. Trang chủ
  2. » Tài Chính - Ngân Hàng

DE THI THU DH SO 11

7 7 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 7
Dung lượng 277,96 KB

Nội dung

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 11.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.[r]

(1)BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIÁO VIÊN: LẠI VĂN LONG Web: http://violet.vn/vanlonghanam ĐỀ 11 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1.(2,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3x   C  a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số b Tìm m để đường thẳng d: y = m(2-x) +2 cắt đồ thị  C  điểm phân biệt A(2; 2), B, C cho tích các hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị  C  B và C đạt giá trị nhỏ Câu 2.(2,0 điểm) Giải các phương trình sau: a sin x  cos x  5sin x  (2  3) cos x   1 cos x  x  1   x 2x2  tan x Câu 3.(1,0 điểm) Tính:  dx  cos x b Câu 4.(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có ∆ABC vuông cân C, AB =3a, SB  a 14 Gọi G là trọng tâm ∆ABC, SG  (ABC) Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mp(SAC) Câu 5.(1,0 điểm) Cho số thực a, b, c dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a2 b2 c2   1 a  2b3 b  2c c  2a3 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chọn hai phần ( A B) A Theo chương trình chuẩn Câu 6.a(1,0 điểm) Cho elip (E): x y2   và điểm A(-5; -1), B(-1; 1) Xác định tọa độ điểm M 16 thuộc (E) cho diện tích ∆MBA lớn Câu 7a.(1,0 điểm) Giải phương trình: 2log3(x2 – 4) + 3log3(x + 2)2 - log3(x – 2)2 = Câu 8.a(1,0 điểm) Chứng minh rằng: C o2 n  C 22 n  C 42 n   C 22nn 2n  2 n 1 (2 n  1) (n  N * ) B Theo chương trình nâng cao Câu 6.b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, điểm C(3; -3) và điểm A thuộc đường thẳng d: 3x + y -2 = Gọi M là trung điểm BC, đường thẳng DM phương trình : x – y –2 = Xác định tọa độ các điểm A, B, D Câu 7.b(1,0 điểm) Giải phương trình: (6 x  1) log 21 (x  1)  ( x  1) log ( x  1)   Câu 8.b(1,0 điểm) Trong khai triển (  ) 124 có bao nhiêu số hạng là số hữu tỷ HẾT (2) CÂU Câu HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI NỘI DUNG Ý a - TXĐ: D = R - Sự biến thiên: + Giới hạn vô cực: lim y   ; x  ĐIỂM lim y   x  + Chiều biến thiên: y'   3x + 6x ; x  y'    x  Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ∞; 0) và (2; + ∞), đồng biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực tiểu x = 0; yCT = -2; đạt cực đại x = 2; yCĐ = 0,25 0,25 - Bảng biến thiên: x y’ y -∞ - 0 + +∞ 2 -2 Đồ thị : +∞ 0,25 - -∞ Một số điểm thuộc đồ thị hàm số: (1;0), (-1;2), (3; -2) 0,25 b Phương trình hoành độ giao điểm d và (C) : -x3 + 3x2 - = m(2-x) +2 (1) x   f (x )  x  x   m  0,25 (2) Đường thẳng d cắt đồ thị (C) điểm phân biệt  pt (1) có nghiệm phân biệt  pt (2) có nghiệm phân biệt khác     f (2)   4m      m   m    m  0,25 Hoành độ điểm B và C là nghiệm pt(2) (3) Ta có: xB + xC = và xB.xC = -m -2 Tích hệ số góc tiếp tuyến với đồ thị (C) B và C là: y’(xB) y’(xC) = (3xB2 -6 xB) (3xC2 - 6xC) = 9(m+1)2 -9 ≥ -9 m  ( 0,25 9 ; ) \ 0 Dấu "=" xẫy 0,25 m = -1 Vậy y’(xB) y’(xC) nhỏ -9 đạt m = -1 CÂU Ý Câu a NỘI DUNG Điều kiện: cos x   ĐIỂM Phương trình đã cho tương đương với: 0,25 sin x  cos x  sin x  cos x    sin x cos x  cos x  sin x  sin x    sin x    (2 sin x  1)( cos x  sin x  2)     cos x  sin x   x  sin x    x   0,25   k 2 5  k 2 0,25  cos x  sin x   sin( x  )  x   k 2  Đối chiếu điều kiện => nghiệm phương trình là x   k 2 b Phương trình đã cho tương đương với: x  2x    x x   x ( x  2)   x 2( x  2) Đặt t  x 2(x  2)  t  x 2(x  2)  x (x  2)  t2 0,25 0,25 0,25  t  4  t  x  x  t  4  x 2( x  2)  4    x  2 x  x   x  Phương trình trở thành Câu t   t  t  2t   x  x  t   x 2( x  2)      x  1  x  2x    x  1  tan x sin x sin x cos x I dx   dx   dx 2  cos x cos x (1  cos x ) cos x (1  cos x ) 0,25 0,25 0,25 Đặt t = cos2x => dt = -2sinx.cosxdx (4) 0,25 dt 1  (  )dt  t (t  1)  t t 1 t 1  (ln | t  1|  ln | t |)  c  ln | | c 2 t I  0,25 1  cos x  ln( )c cox x CÂU Ý Câu a 0,25 ĐIỂM NỘI DUNG S I B A GK Gọi I là trung điểm AB => CI  C 0,25 3a a  IG  2 ∆IGB vuông I => GB2 = IG2 + IB2 = 5a ∆SGB vuông G => SG2 = SB2 - GB2 = a2 => SG = a VS.ABC 1 3a 3a  SG.SABC  a .3a  3 2 0,25 Kẻ GK//BC (KAC)  AC  (SGK)  SK  AC ∆GKC vuông cân K  GK =GCsin450 = a a ∆SGK vuông G  SK  SG  GK  3a ∆AIC vuông I  AC  IA  IC  2 3a S∆SAC  SK.AC  3VS ABC d ( B; (SAC ))  a SSAC 0,25 0,25 Câu 0,25 (5) a2 2ab 2ab  a   a   a  b3 a 3 3 a  2b ab b 33 ab b(a  a  1)  a  b  ab 9 a 0,25 Tương tự: b2  b  c  bc; 9 b  2c c2  c  a  ca 9 c  2a Do đó 0,25 0,25 2 a b c   (a  b  c)  (a  b  c)  (ab  bc  ca ) 3 9 a  2b b  2c c  2a (a  b  c )   1 CÂU Ý Câu 6a NỘI DUNG Phương trình đường thẳng AB: x -2y + = AB = Giả sử M(xo;yo)  (E)  5xo + 16yo2 = 80 d(M; AB)  S MAB  ĐIỂM 0,25 | x  2y  | 0,25 AB.d( M; AB) | x  y  | Ta có: 1 5x  y )  (  )(5x 02  16 y 20 )  36 5 | x  y |  6  x  y  (  3  x  y    0,25 | x  y  |  5.x 4.y  x0     x   y    0  S MAB      x  y   y    x  y   8 5 Vậy điểm M cần tìm là: M ;  3 3 Câu 7a Điều kiện x > x < -2 Phương trình đã cho tương đương với: log3(x2 – 4)2 + 3log3(x + 2)2 - log3(x – 2)2 = 0,25 0,25 (6)  4log3(x + 2) = 0,25  log3(x + 2) =  (x + 2) = 0,25  x  2   x + 4x + =   0,25  x  2  Câu 8a Đối chiếu với điều kiện  nghiệm phương trình là x = -2 - Ta có: (1 + x)2n = C 02 n  C12n x  C 22 n x   C 22nn 11 x n 1  C 22nn x n (1 - x)2n = C 02 n  C12 n x  C 22n x   C 22 nn 11 x n 1  C 22 nn x 2n   (1  x ) n  (1  x ) n  C 02n  C 22n x   C 22nn x n  0,25 2(C 02 n  C 22 n   C 22 nn n )  n  (2) n Cho x = ta được: C 02 n  C 22 n   C 22 nn n  0,25 0,25 2n  2n   2 n 1 (2 n  1) CÂU Ý NỘI DUNG Câu A d  A(t; -3t) 6b t  Ta có: d(C; DM) = d(A; DM)  | 4t -4 | = | t - | =   0,25 ĐIỂM 0,25  t  1 t =  A(3, -7) (loại vì A, C phải khác phía đối DM) t = -1  A(-1, 5) (thỏa mãn) 0,25 Giả sử D(m; m-2) AD  CD  AD  CD (m  1)(m  3)  (m  7)(m  1)   2 2 (m  1)  (m  7)  (m  3)  (m  1) 0,25  m   D(5;3) Gọi I là tâm hình vuông  I là trung điểm AC  I (1; 1) Do I là trung điểm BD  B(-3; -1) Câu 7b 0,25 Điều kiện x > -1 Phương trình đã cho tương đương với: log ( x  1)  1 (6 x  1) log 22 ( x  1)  (6x  6) log ( x  1)     (6 x  1) log ( x  1)  log ( x  1)  1  x   1 x 2 0,25 (thỏa mãn điều kiện) 0,25 (7) (6 x  1) log ( x  1)   log ( x  1)  0 6x  trên (-1; +∞) 6x  1 42  1 f ' ( x)   0 x  (1; ) \   ( x  1) ln (6 x  1)  6 1 Hàm số đồng biến trên khoảng (1; ) và ( ; ) 6 Xét hàm số f ( x )  log ( x  1)  0,25  Trên khoảng (1; ) và ( ; ) phương trình f(x) = có nghiệm thì đó là nghiệm Lại có f(1) = ; f(-3/4) =  x = và x = -3/4 là nghiệm phương trình f(x) =0 0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x   ; x = ; x = -3/4 Câu 8b 124 124 Ta có: (  5)     32     124 62  k   ( 1) k C124 k k .5 0,25 k 0 k  62   N  k Số hạng thứ ( k + 1) là số hữu tỷ    N 4 k  N 0  k  124  k  4i   i  N 0  i  31   i  {0; 1; 2…; 31} Vậy có 32 số hạng hữu tỷ 0,25 0,25 0,25 (8)

Ngày đăng: 10/09/2021, 04:18

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w