1. Trang Chủ
  2. Ôn thi ĐH-CĐ
  3. Thử sức trước kì thi môn toán

Thử sức trước kì thi môn toán

Tham khảo tài liệu 'thử sức trước kì thi môn toán', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi THTT SỐ 403-1/2011 ĐỀ SỐ 04 Đ Ề SỐ 04 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Cho hàm số: y  x 4  2mx 2  1 (1) 1) Khảo sát sự b iến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1. 2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đ i qua ba điểm này có bán kính

Thể loại Tài liệu miễn phí Ôn thi ĐH-CĐ

Số trang 9

Ngày tạo 8/29/2018 9:27:28 PM +00:00

Loại tệp PDF

Kích thước

Tên tệp

Tải Thử sức trước kì thi môn toán (.pdf)

Xem mẫu

  1. http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi THTT SỐ 403-1/2011 ĐỀ SỐ 04 Đ Ề SỐ 04 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: Cho hàm số: y  x 4  2mx 2  1 (1) 1) Khảo sát sự b iến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1. 2) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đ i qua ba điểm này có bán kính b ằng 1. Câu II: 1  xy  xy  x  1) Giải hệ phương trình:  1 1 y y   3 y.  x x x 1  tan 2 x   2) Giải phương trình: 16 cos 4  x    4.  2sin 4x. 1  tan 2 x 4  Câu III:  1) Tính tích phân: I   e 2x sin 2 xdx. 0 2) Tính tổng: S  1 C 22010  22 C 2 22009  32 C3 2 2008  ...  20112 C 2011 2 0. 2 1 2011 2011 2011 2011 Câu IV: Cho hình chóp S.ABCD, có đ áy ABCD là hình vuông, đường cao SA. Gọi M là trung điểm SC; N, P lần SN SP 2 lượt nằm trên SB và SD sao cho  . Mặt phẳng (MNP) chia hình chóp thành hai phần. Tính  SB SD 3 tỉ số thể tích của hai phần đó. Câu V: Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a  b  c  1. Chứng minh rằng: 3 3   a  b  b  c  c  a    . 18 18 PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc p hần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: x 2 y2  1, nhận điểm A  0; 2  là đỉnh và trục tung làm 1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp elip (E):  16 4 trục đối xứng. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, tìm ba điểm M, N, P lần lượt thuộc các đường thẳng x 1 y  2 z x  2 y z 1 x y z 1  d1  : ;  d2  : ;  d3  :   sao cho M, N, P thẳng hàng đồng    2 1 1 2 2 2 21 1 thời N là trung điểm của đoạn thẳng MP. Câu VII.a: Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Vật lí có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đ ã làm được 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án. Tính xác suất để thí sinh đó đạt 8 điểm trở lên. phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang1
  2. http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Tính diện tích tam giác đều nội tiếp parabol (P): y2  2x, nhận đỉnh của parabol làm một đỉnh và trục hoành Ox làm trục đối xứng. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz: x  2 t x 1 y  2 z  3  và  d 2  :  y  1  t ; - Tính kho ảng cách giữa hai đường thẳng  d1  :   1 2 3 z  t  x  2 y 1 z  3 với mặt phẳng    : x  y  z  2  0. - Tính góc giữa đường thẳng  d 3  :   2 4 1 Câu VII.b: Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng môn Hóa học có 50 câu trắc nghiệm, mỗi câu có bốn phương án, trả lời đúng mỗi câu được 0,2 điểm. Một thí sinh đ ã làm đ ược 40 câu, trong đó đúng 32 câu. Ở 10 câu còn lại anh ta chọn ngẫu nhiên một trong bốn phương án. Tính xác suất để thí sinh đó chỉ đạt 7 điểm trở xu ống. HƯỚNG DẪN GIẢ I V À ĐÁP SỐ HƯỚNG DẪ N GIẢ I VÀ ĐÁP SỐ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I: 1) Tự giải 2) y '  4x 3  4mx  4x  x 2  m  Đồ thị hàm số có 3 cực trị  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0    m; m 2  1 , P  m; m 2  1 Khi đó tọa độ 3 điểm cực trị là: M  0;1 , N Vì tam giác MNP cân tại M và N, P đối xứng qua trục Oy nên tâm đường tròn đi qua 3 điểm này nằm trên trục tung Oy. 2 Phương trình đường tròn đi qua 3 điểm này có d ạng (C): x 2   y  b   1  b  0 2 1  b   1   b  2 M   C        N   C   2  m   m  b  1  1 2  2  2 2 Với b = 0, (2)   m  1   m 2  1  0   m  1 1   m  1 m  1   0    m  1  m  0  3  m  m  m  0  m  m  m  1  0   2 2  m  1  5    2  1  5 So sánh điều kiện ta nhận được m = 1, m  2 2 Với b = 2, (2)   m  1   m 2  1  0  m 4  2m 2  m  0  VN 0   1  5 Vậy m = 1 ho ặc m  2 Câu II: phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang2
  3. http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi 1  xy  xy  x  1)  1 1 y y   3 y.  x x x Điều kiện: x  0, y  0 1  xy  xy  x  Hệ đ ã cho tương đương:    1  xy xy  x 1  3 xy  Đặt t  xy,  t  0  1  t  t 2  x 1  Ta có hệ:  1  t  x 1  3t   2 3  t  0 Từ (1), (2) ta có: 1  t 3  1  t  t 2  1  3t   2t 3  4t 2  4t  0   2  t  2t  2  0  VN 0  Với t = 0, từ (1)  x  1  y  0 Vậy hệ đ ã cho có nghiệm duy nhất (1;0) 1  tan 2 x   2) 16 cos 4  x    4. 1  2sin 4x 1  tan 2 x 4   Điều kiện: cos x  0  x   k,  k  Z  2   2 Ta có: 2 cos  x    cos x  sin x , 1  sin 2x   cos x  sin x  4  4 Khi đó: 1  4  cos x  sin x   4.  cos 2 x  sin 2 x   4sin 2x.cos 2x 4   cos x  sin x    cos 2 x  sin 2 x  1  sin 2x  4 3   cos x  sin x    cos x  sin x   cos x  sin x  3  sin x.  cos x  sin x   0  x  k  sin x  0  x  k  k  Z     tan x  0  x   k cos x  sin x  0  4  x  k Vậy phương trình có 2 họ nghiệm:   k  Z  x    k  4 Câu III:  1) I   e2 x sin 2 xdx. 0 Đặt u  sin 2 x  du  sin 2xdx 1 dv  e 2 x dx  v  e2x 2    1 1 1 I  e 2 x sin 2 x   e 2x sin2xdx    e2x sin2xdx (1) 2 20 20 0 Đặt u1  sin 2x  du1  2 cos 2xdx 1 dv1  e 2 x dx  v1  e 2x 2 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang3
  4. http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi    1 1 1 I   e2 x sin 2x   e2x cos2xdx   e 2x cos2xdx 4 20 20 0 Đặt u 2  cos 2x  du 2  2 sin 2xdx 1 dv 2  e 2 x dx  v 2  e2x 2    1 1 1 1 I  e 2x cos 2x   e2x sin2xdx   e2   1   e2x sin2xdx (2) 4 20 4 20 0 1 2  e  1  I  I  1  e 2  1 Từ (1) và (2) suy ra: I  4 8 1 2  e  1 . Vậy I  8 2) S  12 C1 2 2010  2 2 C 2 22009  32 C3 2 2008  ...  20112 C 2011 20 2011 2011 2011 2011 1 1 1 2 2011 1    22011  12 C1  2 2 C2 23 2011 2  3 C 2011 3  ...  2011 C 2011 2011  2011 2 2 2 2  Trước hết ta xét khai triển nhị thức Newtơn: n 1  x   C0  xC1n  x 2C2  x 3C3  ...  x n Cn n n n n Lấy đạo hàm hai vế: n 1 n 1  x   1C1  2xC n  3x 2 C3  ...  nx n 1Cn 2 n n n Nhân hai vế với x: n 1 nx 1  x   1xC1  2x 2C n  3x 3C3  ...  nx n C n 2 n n n Tiếp tục lấy đạo hàm hai vế: n 2 n 1 n  n  1 x 1  x   n 1  x   12 C1  2 2 xC 2  32 x 2 C3  ...  n 2 x n 1C n n n n n Tiếp tục nhân hai vế với x: n 2 n 1 n  n  1 x 2 1  x   nx 1  x   12 xC1  2 2 x 2C 2  32 x 3C3  ...  n 2 x n Cn n n n n 1 vào ta được: Thay n  2011, x  2 2009 2010 1 3 1 3 1 1 1 1  12 C1  22 C 2 23 2 2011 2011.2010. 2 .    2011. .   2011 2  3 C2011 3  ...  2011 C 2011 2011 2011 2 2 2 2 2 2 2 2 2009 2010 2011.2010.3  2011.3 1 1 1 1  12 C1  2 2 C2011 2  32 C3 2 2 2011  2011 3  ...  2011 C 2011 2011 2011 2011 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2011 1    2 2011 12 C1  22 C2 23 2009  2011.32010 2011 2  3 C 2011 3  ...  2011 C 2011 2011   2011.2010.3 2011 2 2 2 2  1 1 1 2 2011 1    2 2011 12 C1 011  2 2 C 2 23 2009 2011 2  3 C 2011 3  ...  2011 C 2011 2011   3 .2011.2013 2 2 2 2 2  Vậy S  32009.2011.2013 Câu IV: Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là giao đ iểm SO và AM. Ta có AM và SO là 2 trung tuyến của tam giác SAC  I là trọng tâm tam giác SAC. SI 2   SO 3 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang4
  5. http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi SN SP 2   Mà SB SD 3 SI SN SP     NI / /BD, NP//BD SO SB SD  N, I, P thẳng hàng  I   MNP  Mà A, I, M thẳng hàng  A   MNP  Như vậy giao tuyến của (MNP) với hình chóp là tứ giác ANMP Giao tuyến này chia hình chóp thành 2 phần: - Phần 1 là hình chóp S.ANMP - Phần 2 là hình chóp cụt ANMP.ABCD SN SM SP SM 211 211 1 VS.ANMP  VS.ANM  VS.AMP  .VS.ABC  .VS.ADC  . . VS.ABCD  . . VS.ABCD  VS.ABCD . . SB SC SD SC 322 322 3 1 2 VANMP.ABCD  VS.ABCD  VS.ANMP  VS.ABCD  VS.ABCD  VS.ABCD 3 3 VS.ANMP 1 Vậy  VANMP.ABCD 2 Câu V: Không mất tính tổng quát giả sữ c là số nhỏ nhất trong các số a, b, c. a  c  a   a  c  b  c   ab 1 Vì a  c  0 , b  c  0 nên:  b  c  b Nếu a  b thì:  a  b   b  c   c  a     a  b   a  c   b  c    2 Vì c  0 , mà a  b  c  1 nên suy ra: a  b  1  a  1  b Từ (1) và (2) ta có:  a  c   b  c   b 1  b  Từ (2) suy ra: a  b  1  2b Suy ra:  a  b   a  c   b  c   b 1  b  1  2b  Xét hàm số f  x   x 1  x  1  2x   2x 3  3x 2  x , với x   0;1 3 3 f '  x   6x 2  6x  1  f '  x   0  x  6 3 3  3  3 3  3 So sánh f  0   f 1  0, f   6  18 , f  6    18        3  Maxf  x   18 3 x   0;1  f  x   2x 3  3x 2  x  18 3   a  b  a  c  b  c   18 3 Như vậy:  a  b  b  c  c  a     a  b  a  c  b  c    18 3 3 3 3 Dấu”=” xảy ra khi: a  ,b  , c  0. 6 6 Nếu a  b thì:  a  b   b  c   c  a    b  a   a  c   b  c   phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang5
  6. http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi  3 Vì c  0 , mà a  b  c  1 nên suy ra: a  b  1  b  1  a Từ (1) và (3) ta có:  a  c   b  c   a 1  a  Từ (3) suy ra: b  a  1  2a Suy ra:  a  b   a  c   b  c   a 1  a  1  2a  Xét hàm số f  x   x 1  x  1  2x   2x 3  3x 2  x , với x   0;1 3 3 f '  x   6x 2  6x  1  f '  x   0  x  6 3 3  3  3 3  3 So sánh f  0   f 1  0, f   6  18 , f  6    18        3  Maxf  x   18 3 x   0;1  f  x   2x 3  3x 2  x  18 3   b  a  a  c  b  c   18 3 Như vậy:  a  b  b  c  c  a    b  a  a  c  b  c   18 3 3 3 3 Dấu”=” xảy ra khi: a  ,b  , c  0. 6 6 3 3   a  b  b  c  c  a   Vậy  18 18 PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1) Điểm B, C đối xứng với nhau qua trục tung nên B, C có tọa độ: B  x 0 ; y 0  , C   x 0 ; y 0  , với x 0  0 Độ d ài cạnh tam giác đều: a  2x 0 Độ dài đường cao: h  2  y 0 a3 Ta có: h   2  y0  x 0 3  y0  2  x 0 3 2     B x 0 ; 2  x 0 3 , C x0 ; 2  x 0 3  x 0  0  loai  2  2  x 3   1  13x 2 x  16 3x 0  0   0 Điểm B   E   2 0   x  16 3 0 16 4 0 13   16 3 22   16 3 22   B  13 ; 13  , C   13 ; 13       2 a2 3 3  32 3  768 3 Diện tích tam giác đều: S    . 4  13  4 169   x 1 y  2 z x  2 y z 1 x y z 1 2)  d1  : ;  d2  : ;  d3  :      2 1 1 2 2 2 21 1 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang6
  7. http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi M   d1   M 1  m; 2  2m; 2m  N   d 2   N  2  2n; 2n;1  n  P   d 3   P  2p; p;1  p  m  15  m  2p  1  4n  4  m  4n  2p  3  19    N là trung điểm MP   2m  p  2  4n  2m  4n  p  2   n  2  2m  p  1  2n  2  2m  2n  p  1     p  10  21    M  14; 28;30  , N  17; 19;  , P  20; 10; 9  2     3 9  Suy ra: MN   3;9;  2   MP   6;18; 39   1   Ta thấy: MN  MP , như vậy M, N, P thẳng hàng 2 21   Vậy các điểm M, N, P cần tìm là: M  14; 28;30  , N  17; 19;  , P  20; 10; 9  2  Câu VII.a: Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm 8  6, 4  8 câu trở lên trong tổng số 10 câu còn lại. Thí sinh này đạt trên 8 điểm thì phải chọn đúng: 0, 2 Nghĩa là thí sinh này phải chọn sai 0, 1 hoặc 2 câu. Gọi X = n là biến cố chọn sai n câu của thí sinh này. Mỗi câu có 4 phương án nên N     410 cách chọn. Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu. - Chọn sai 0 câu: N  X  0   30.C10 0 Chọn sai 1 câu: N  X  1  31.C1 - 10 Chọn sai 2 câu: N  X  2   32.C10 2 - N  X  0   N  X  1  N  X  2  30.C10  31.C1  32.C10 436 0 2 P  P  X  0   P  X  1  P  X  2   10   10 N  410 4 436 Vậy xác suất thí sinh này đạt 8 điểm trở lên là: P  410 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1) Đỉnh parabol là O(0;0) Điểm A, B đối xứng với nhau qua trục tung nên A, B có tọa độ: A  x 0 ; y 0  , B  x 0 ;  y 0  , với y0  0 Độ d ài cạnh tam giác đều: a  2y 0 Độ dài đường cao: h  x 0 a3 Ta có: h   x 0  y0 3 2     A y0 3; y 0 , B y 0 3;  y 0 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang7
  8. http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi  y 0  0  loai  Điểm B   P   y 0 2  2y 0 3    y0  2 3      A 6; 2 3 , B 6; 2 3 a2 3 3 2   Diện tích tam giác đều: S   3 3 .2 3 4 4 2)  - Đường thẳng (d 1) đi qua A(1;2;3) có vectơ chỉ phương a1  1; 2;3  Đường thẳng (d2) đi qua B(2;-1;0) có vectơ chỉ phương a 2   1;1;1    Phương trình mặt phẳng (P) chứa (d1) và song song (d2) có: n P  a1 , a 2    1; 4;3 hay n P  1; 4; 3     P  :  x  1  4  y  2   3  z  3  0 hay  P  : x  4y  3z  0 240 26 Vậy d   d1  ,  d 2    d  B,  P     13 1  16  9  x  2  4t   - Đường thẳng (d 3) đi qua M(-2;1;3) có vectơ chỉ phương a 3   4;1; 2    d 3  :  y  1  t  z  3  2t  Mặt phẳng    : x  y  z  2  0. 2  6 9 17  Giao điểm N của (d 3) với (P): 2  4t  1  t  3  2t  2  0  t   N ; ;  7  7 7 7  x  2  t  Phương trình đường thẳng    đi qua M vuông góc    có d ạng    :  y  1  t  z  3 t  2 Hình chiếu P của M xuống    là giao điểm của    với    : 2  t  1  t  3  t  2  0  t  3  4 5 7  P ; ;   3 3 3 2 2 2 6   9   17  2 21  Ta có: MN   2     1     3    7  7  7 7  2 2 2  4 6   5 9   7 17  2 42 NP                3 7 3 7 3 7  21  NP  2 42 . 7  2 .  Góc giữa đường thẳng (d3) với    là góc MNP : cos MNP  MN 21 2 21 3 Câu VII.b: Thí sinh đã làm đúng 32 câu được: 32.0,2 = 6,4 điểm 7  6, 4  3 câu trở xuống trong tổng số 10 câu Thí sinh này đạt 7 điểm trở xuống thì phải chọn đúng : 0, 2 còn lại. Nghĩa là thí sinh này chọn đúng 0, 1, 2 hoặc 3 câu. Gọi X = n là biến cố chọn đúng n câu của thí sinh này. Mỗi câu có 4 phương án nên N     410 cách chọn. Mỗi câu có 3 phương án sai nên có 3 cách chọn sai cho mỗi câu. phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang8
  9. http://www.vnmath.com Thử sức trước kì thi Chọn đúng 0 câu: N  X  0   310.C10 0 - Chọn đúng 1 câu: N  X  1  39.C1 - 10 Chọn đúng 2 câu: N  X  2   38.C10 2 - Chọn đúng 3 câu: N  X  3  37.C10 3 - N  X  0   N  X  1  N  X  2   N  X  3 P  P  X  0   P  X  1  P  X  2   P  X  3  N  310.C10  39.C1  38.C10  37.C10 0 2 3 10  410 310.C10  39.C1  38.C10  37.C10 0 2 3 10 Vậy xác suất thí sinh này đạt 7điểm trở xuống là: P  410 phamtuan_khai20062000@yahoo.com Trang9
nguon tai.lieu . vn
Trung học phổ thông Ôn thi ĐH-CĐ Đề thi - Kiểm tra Sáng kiến kinh nghiệm Tiểu học Mầm non - Mẫu giáo Giáo án điện tử Trung học cơ sở Bài giảng điện tử Bài văn mẫu Vật lý Bài tập SGK Khoa học xã hội Tiếng Anh phổ thông