Một số đề thi thử Đại học khối A, B

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ 0xy, cho ñiểm A(2; 1). Lấy điểm Bnằm trên trục hoành có

hoành độ không âm sao cho tam giác ABCvuông tại A. Tìm toạ độ B, C để tam giác ABC códiện

tích lớn nhất.

2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai

chữ số chẵn và ba chữ số lẻ.

pdf6 trang | Chia sẻ: maiphuongdc | Ngày: 24/08/2013 | Lượt xem: 1869 | Lượt tải: 13download
Bạn đang xem nội dung tài liệu Một số đề thi thử Đại học khối A, B, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
– Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 1 Sở Gíao dục & ðào tạo tỉnh Vĩnh Phúc Trường THPT Xuân Hoà KỲ THI KSCL THI ðẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ðỀ THI MÔN Toán; Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao ñề. ðề thi gồm 01 trang _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ I/- PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7, 0 ñiểm) Câu I (2,0 ñiểm): Cho hàm số 4 2 22 1 (1)y x m x= + + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Chứng minh rằng ñường thẳng y = x + 1 luôn cắt ñồ thị của hàm số (1) tại hai ñiểm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu II (2,0 ñiểm): 1. Giải phương trình: sin 4 cos4 1 4(sin cos )x x x x− = + − 2. Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 4 16 1 5(1 ) x y y x y x + = +  + = + Câu III (1,0 ñiểm): Tính giới hạn 2 0 1 cos2 tan lim .sinx x x x x→ − + Câu IV (1,0 ñiểm): Trong không gian, cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền AB = 2a. Trên ñương thẳng d ñi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy ñiểm S, sao cho mặt phẳng (SBC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600 . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. Câu V (1,0 ñiểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 3 2 2 4 8 8 5 ( ) 2 2 x x x x f x x x − + − + = − + II. PHẦN RIÊNG(3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong phần ( phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ 0xy, cho elíp (E) có tiêu ñiểm thứ nhất ( 3;0)− và ñi qua ñiểm 4 33 (1; ) 5 M . Hãy xác ñịnh toạ ñộ các ñỉnh của (E). 2. Giải phương trình: 2.27 18 4.12 3.8 x x x x+ = + . Câu VII a (1,0 ñiểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b(2,0 ñiểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ ñộ 0xy, cho ñiểm A(2; 1). Lấy ñiểm B nằm trên trục hoành có hoành ñộ không âm sao cho tam giác ABC vuông tại A. Tìm toạ ñộ B, C ñể tam giác ABC có diện tích lớn nhất. 2. Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và ba chữ số lẻ. Câu VII.b(1,0 ñiểm): Tìm m ñể hàm số: 2 1mx y x − = có hai ñiểm cực trị A, B và ñoạn AB ngắn nhất. -------------------------Hết-------------------------- Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh:……………….. – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 2 ðÁP ÁN, BIỂU ðIỂM MÔN TOÁN Khối A Lưu ý : Học sinh làm theo cách khác mà ñúng vẫn cho ñiểm tối ña Câu ðáp án ðiểm I 1. (1, 0 ñiểm). Khảo sát…. Với m=1, hàm số trở thành: 4 22 1y x x= + + * Tập xác ñịnh: R * Sự biến thiên + 3 2' 4 4 4 ( 1) ' 0 0y x x x x y x= + = + ⇒ = ⇔ = 0, 25 Ta có: ' 0 0; ' 0 0y x y x> ⇔ > < ⇔ < Hàm số nghịch biến trong khoảng ( );0−∞ và ñồng biến trong khoảng ( )0;+∞ ; ñạt cực tiểu tại x=0; y(0)=1 0, 25 + Giới hạn: lim lim x x y y →−∞ →+∞ = = +∞ Bảng biến thiên: x −∞ 0 +∞ y' - 0 + y +∞ +∞ 1 0, 25 * ðồ thị: Hàm số ñã cho là hàm số chẵn nên ñồ thị nhận trục tung làm trục ñối xứng. 0,25 2. ((1, 0 ñiểm). Chứng minh ñường thẳng …. Số giao ñiểm của hai ñồ thị tương ứng với số nghiệm của phương trình: 4 2 22 1 1x m x x+ + = + 3 2( 2 1) 0x x m x⇔ + − = (*) ⇔ 3 2 0 2 1 0(**) x x m x =  + − = Phương trình (*) có một nghiệm x = 0 0,25 Ta sẽ ñi chứng minh phương trình: 3 22 1 0x m x+ − = (**) có ñúng một nghiệm 6 4 2 -1 1 2 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 3 khác 0 với mọi giá trị m * Nếu m=0 thì pt(**) trở thành: 3 1 0 1x x− = ⇔ = ⇒ pt(*) có ñúng 2 nghiệm. 0,25 • Nếu 0m ≠ , Xét hàm số 3 2( ) 2 1f x x m x= + − trên R. • Ta có: 2 2'( ) 3 2 0,f x x m x R= + > ∀ ∈ ⇒ f(x) luôn ñồng biến trên R ( ) 0f x⇒ = có nhiều nhất một nghiệm. 0,25 Ta có: f(0) = -1; f(1) =2m2 >0 (0). (1) 0f f⇒ < ⇒ pt ( ) 0f x = có nhiều nhất một nghiệm thuộc (0; 1). Vậy pt (**) có ñúng một nghiệm khác 0⇒ (ñpcm) 0,25 II 1. (1, 0 ñiểm). Giải phương trình: sin 4 cos 4 1 4(sin cos )x x x x− = + − (1) ðK: x R∀ ∈ [ ] 2 2 2 (1) sin 4 1 cos 4 4(sin cos ) 2sin 2 .cos 2 2cos 2 4(cos sin ) (cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2(cos sin ) 0 (cos sin ) (cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0 (2) x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ = + + − ⇔ = − − ⇔ − − − − = ⇔ − + − − = 0,25 Xét hai khả năng xảy ra cho (2): * TH1: cos sin 0 tan 1 4 x x x x k π π− = ⇔ = ⇔ = + 0,25 * TH2: (cos sin )(cos 2 sin 2 ) 2 0 2cos(2 ).cos( ) 2 0 4 4 cos3 cos( ) 2 (*) 2 x x x x x x x x π π π − − − = ⇔ + − − = ⇔ + + = cos3 1 (3) cos( ) 1 (4) 2 x x π =  ⇔  + = 0,25 Xét: cos( ) 1 2 2 2 x x m π π π+ = ⇔ = − + 3 3 6 2 x m π π⇔ = − + Lúc ñó: 3 cos3 cos( 6 ) 0 2 x m π π= − + = ( Vô lý với (3)) Vậy (*) vô nghiệm., nên (1) có nghiệm: 4 x k π π= + 0,25. 2.(1, 0 ñiểm). Giải hệ phương trình: 3 3 2 2 4 16 1 5(1 ) x y y x y x  + = +  + = + HPT 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 16) ( 4) ( 16) 5 (1) 4 5 4 5 (2) x x y y x x x y y x y x  − = − − =  ⇔ ⇔  − = − =   0,25 Pt (1) 2 0 16 5 (3) x x xy = ⇔  − = +) x = 0 thay vào (2) ta ñược 2y = ± +) 0x ≠ , pt (3) 2 16 5 x y x − ⇔ = thay vào (2) ta ñược: 4 2 2124 132 256 0 1x x x+ − = ⇔ = 0,5 • Nếu x = 1 thì y = -3 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 4 S A C B • Nếu x =-1 thì y = 3. Vậy HPT có các nghiệm: (x; y) =( 0; 2); (0; -2); (1; -3); (-1; 3). 0,25 III (1, 0 ñiểm) Tính giới hạn: I= 2 0 1 cos 2 tan lim .sinx x x x x→ − + 2 2 2 0 sin 2sin coslim .sinx x x xI x x→ + = 0,5 20 2sin sin lim( ) 2 1 3 .cosx x x I x x x→ = + = + = 0,5 IV (1 ñiểm): Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC. Từ giả thiết suy ra ABC∆ vuông tại C kết hợp với ( )d SAC⊥ . Suy ra ( )BC SAC⊥ Do ñó · 060SCA = Do ABC∆ vuông tại C và AB =2a 2AC BC a⇒ = = Trong tam giác vuông SAC ta có 0. tan 60 6SA AC a= = 0,5 Trong tam giác SAB có: 2 2 10SB SA AB a= + = Do · · 090SCB SAB= = nên tứ diện SABC nội tiếp trong mặt cầu ñường kính SB. 0,25 Suy ra bán kính mặt cầu bằng 10 2 2 SB a = Vậy S 2 24 10mc R aπ π= = (ð.V.D.T) 0,25 V (1 ñiểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 4 3 2 2 4 8 8 5 ( ) 2 2 x x x x f x x x − + − + = − + Tập xác ñịnh của hàm số là R. Ta có: 4 3 2 2 4 8 8 5 ( ) 2 2 x x x x f x x x − + − + = − + = 2 2 2 2 ( 2 ) 4( 2 ) 4 1 2 2 x x x x x x − − − + + − + 0,5 2 2 2 2 2 2 ( 2 2) 1 1 ( ) 2 2 2( 2 2 0 2 2 2 2 x x f x x x do x x x x x x − + + = = − + + ≥ − + > − + − + ) 0,25 ðẳng thức xảy ra 2 2 2 1 1x x x⇔ − + = ⇔ = . Vậy Minf(x) = 2 khi x =1 0,25 Vi.a 1.(1 ñiểm): Hãy xác ñịnh toạ ñộ các ñỉnh của (E). (E) có tiêu ñiểm 1( 3;0)F − nên 3c = Phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 2 2 2 1 x y a b + = (a>b>0) 0,25 Ta có: 4 33 (1; ) 5 M 2 2 1 528 ( ) 1(1) 25 E a b ∈ ⇒ + = và 2 2 2 2 3a b c b= + = + thay vào (1) ta ñược: 4 2 2 2 1 528 1 25 478 1584 0 3 25 b b b b + = ⇔ − − = + 2 22 22b b⇔ = ⇒ = 0,5 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 5 Suy ra: 2 25 5a a= ⇒ = . Vậy (E) có bốn ñỉnh là: (-5;0); (5; 0); (0;- 22 ); (0; 22 ) 0,25 2. (1,0 ñiểm): Giải phương trình: 2.27 18 4.12 3.8x x x x+ = + . Ta có PT 3 2 2 32.3 2 .3 4.2 3 3.2x x x x x x⇔ + = + . 0,25 Chia cả hai vế cho 32 0x > : PT 3 2 3 3 3 2 4 3 0 2 2 2 x x x      ⇔ + − − =            . 0,25 ðặt 3 2 x t  =     , ñk: t>0. PT trở thành: ( )( )3 2 22 4 3 0 1 2 3 0 1 3 2 t t t t t t t t + − − = ⇔ + − − = = − ⇔  =  . Do t >0 nên t= 3 2 0,25 Khi 3 2 t = , ta có: 3 3 1 2 2 x x   = ⇔ =    . KL: Nghiệm PT là 1x = . 0,25 ViIa (1,0 ñiểm). Có bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ. Từ giả thiết bài toán ta có 624 =C cách chọn 2 chữ số chẵn (vì không có số 0) và 1025 =C cách chọn hai chữ số lẻ => cã 2 5C . 2 5C = 60 bộ 4 số thoả mãn bài toán. 0,5 Mỗi bộ 4 số như thế có 4! số ñược thành lập. Vậy có tất cả 24C . 2 5C .4! = 1440 số. 0,5 VI.b 1. (1 ñiểm): Tìm toạ ñộ B, C ñể tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Gọi A(2; 1); B(b; 0); C(0; c); b, c > 0. Theo giả thiết ta có tam giác ABC vuông tại A nên 5 . 0 2 5 0 2 AB AC c b O b= ⇔ = − + ≥ ↔ ≤ ≤ uuur uuur 0,25 2 2 21 1. ( 2) 1. 2 ( 1) 2 2ABC S AB AC b c∆ = = − + + − 2 2( 2) 1 4 5b b b= − + = − + 0,5 Do max 5 0 2 b S≤ ≤ → khi b =0. Suy ra B(0; 0); C(0; 5). 0,25 2.(1 ñiểm): Có bao nhiêu số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau và khác 0 mà trong mỗi số luôn có mặt hai chữ số chẵn và hai chữ số lẻ Từ giả thiết bài toán ta thấy có 1025 =C cách chọn 2 chữ số chẵn (kể cả số có chữu số 0 ñứng ñầu ) vµ 35C =10 cách chọn hai chữ số lẻ => cã 2 5C . 3 5C = 100 bộ 5 số ñược chọn. 0,5 Mỗi bộ 5 số như thế có 5! số ñược thành lập => có tất cả 25C . 3 5C .5! = 12000 số. Mặt khác số các số ñược lập như trên mà có chữ số 0 ñứng ñầu là 0,5 – Download Bài giảng – ðề thi miễn phí 6 960!4.. 35 1 4 =CC . Vậy có tất cả 12000 – 960 = 11040 số thoả mãn YCBT. VII.b (1 ñiểm): Tìm m ñể hàm số: 2 1mx y x − = có hai ñiểm cực trị A, B và ñoạn AB ngắn nhất. Ta có: 2 2 1 ' mx y x + = . 0,25 Hàm số có hai cực trị ' 0y⇔ = có hai nghiệm phân biệt khác 0 0(*)m⇔ < . 0,25 Khi m<0 ñồ thị hàm số có hai ñiểm cực trị là: ( ) ( )21 1 4;2 , ; 2 16A m B m AB m mm m     − − − − ⇒ = + −    −− −    . 0,25 ( ) ( )2 42 .16 16AB m m ≥ − = − ( không ñổi). 1 4 24 16( ) 1 2 m AB m m m  = − = ⇔ = − ⇔  −  =  Kết hợp với ñiểu kiện (*) ta ñược 1 2 m = − . KL:....... 0,25

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfĐề thi thử ĐH A lần 1 2011 THPT Xuân Hòa - Vĩnh Phúc.pdf
  • pdfThi thử ĐH A Lần 1-2011 THPT Bình Xuyên - Vĩnh Phúc.pdf
  • pdfThi thử ĐH A,B Lần 1-2011 Nguyễn Đức Cảnh - Thái Bình.pdf
  • pdfThi thử ĐH A,B Lần 1-2011 THPT Chuyên Lê Quý Đôn.pdf
  • pdfThi thử ĐH A,B,D Lần 1-2011 Chuyên Thái Bình.pdf
Tài liệu liên quan