Tổng hợp 20 đề thi thử đại học môn toán (có đáp án chi tiết)

123 920 0
  • Loading ...
1/123 trang
Tải xuống

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 23/09/2014, 21:20

Đây là một bộ đề luyện thi đại học được tuyển chọn kĩ càng, có chất lượng cao, giúp các em học sinh lớp 12 củng cố và nâng cao kiến thức và luyện thi đại học. Bên dưới mỗi đề được kèm theo đáp án và thang điểm chấm chi tiết không những giúp các thầy cô có căn cứ để hướng dẫn và giảng dạy cho học sinh mà còn giúp cho các em tự học, tự kiểm tra và so sánh đối chiếu kết quả làm bài của mình khi không có sự trợ giúp của các thầy cô giáo.Hy vọng bộ đề thi sẽ giúp ích cho các thầy cô trong việc bồi dưỡng HSG và giúp các em học sinh lớp 12 học tập tốt bộ môn và luyện thi đại học đạt kết quả tốt. ĐỀ SỐ 1: SỞ GD&DT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT KHÂM ĐỨC ĐỀ THI THỬ ĐH - CĐ ( SỐ 01 ) NĂM HỌC : 2010 - 2011 Ngày : 28/02/2011 MƠN: TỐN - Thời gian: 180 phút (KKGĐ) I. PHẦN CHUNG: (7 điểm) Câu 1:Cho hàm số: y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 có đồ (C m ); (m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số khi m = 3. 2. Xác đònh m để (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại 3 điểm phân biệt C(0, 1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (C m ) tại D và E vuông góc với nhau. Câu 2: 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh 9sinx + 6cosx – 3sin2x + cos2x = 8 2. Giải hệ phương trình: 2 0 1 4 1 2 x y xy x y  − − =   − + − =   Câu 3: Tính J = − ∫ x ln10 2 3 x e dx e 2 Câu 4: Tính thể tích của hình chóp S.ABC, biết đáy ABC là một tam giác đều cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với đáy, SA=2a; 0 60SAB = . Câu 5: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009 x y z + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + + + + + + + II.PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2) 1.Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 6a. 1. Phương trình hai cạnh của một tam giác trong mặt phẳng tọa độ là 5x - 2y + 6 = 0; 4x + 7y – 21 = 0. viết phương trình cạnh thứ ba của tam giác đó, biết rằng trực tâm của nó trùng với gốc tọa độ O. 2. Trong không gian Oxyz, tìm trên Ox điểm A cách đều đường thẳng (d) : 2 2z 2 y 1 1x + == − và mặt phẳng ( P ) : 2x – y – 2z = 0. Câu 7a. . Giải phương trình sau trong C: Z 3 - 2Z 2 + 8Z – 16 = 0 2. Phần 2: Theo chương trình nâng cao. Câu 6b. 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẽ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 0 . 2.Trong không gian oxyz cho hai đường thẳng: (d 1 ) :      = = = 4z ty t2x ; (d 2 ) : 3 0 x t y t z = −   =   =  Chứng minh (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau. Viết phương trình mặt cầu (S) có đường kính là đoạn vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ). Câu 7b. Giải phương trình sau trong C: Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0 1 Het www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN GIẢI: I. PHẦN CHUNG: Câu 1: : y = x 3 + 3x 2 + mx + 1 (C m ) 1. m = 3 : y = x 3 + 3x 2 + 3x + 1 (C 3 ) + TXĐ: D = R + Giới hạn: lim , lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ + y’ = 3x 2 + 6x + 3 = 3(x 2 + 2x + 1) = 3(x + 1) 2 ≥ 0; ∀x * Bảng biến thiên: + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 ⇔ x = –1 điểm uốn I(-1;0) * Đồ thò (C 3 ): 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và đường thẳng y = 1 là: x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1 ⇔ x(x 2 + 3x + m) = 0 ⇔ =   + + =  2 x 0 x 3x m 0 (2) * (C m ) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt: ⇔ Phương trình (2) có 2 nghiệm x D , x E ≠ 0. ⇔ ≠  ∆ = − >   ⇔   < + × + ≠    2 m 0 9 4m 0 4 m 0 3 0 m 0 9 Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: k D = y’(x D ) = + + = − + 2 D D D 3x 6x m (x 2m); k E = y’(x E ) = + + = − + 2 E E E 3x 6x m (x 2m). Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc khi và chỉ khi: k D k E = –1. ⇔ (3x D + 2m)(3x E + 2m) = 9x D x E +6m(x D + x E ) + 4m 2 = –1 ⇔ 9m + 6m × (–3) + 4m 2 = –1; (vì x D + x E = –3; x D x E = m theo đònh lý Vi-ét). ⇔ 4m 2 – 9m + 1 = 0 ⇔ m = ( ) m 1 9 65 8 ĐS: m = ( ) ( ) − = m 1 1 9 65 hay m 9 65 8 8 Câu 2 : 1. + + =3sinx cosx 2cos3x 0 ⇔ sin π 3 sinx + cos π 3 cosx = – cos3x. 2 ⇔ cos π   − =−     x cos3x 3 ⇔ cos π   − = π−     x cos( 3x) 3 ⇔ π π  = +  ∈  π  = + π  k x 3 2 (k Z) x k 3 ⇔ x = π π + k 3 2 (k ∈ Z) 2. Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: 2 2 2 2 91 91 2 2x y y x y x+ − + = − − − + − 2 2 2 2 ( )( ) 2 2 91 91 x y y x y x y x y x x y − − ⇔ = + − + − + − + + + 2 2 1 ( ) 0 2 2 91 91 x y x y x y x y x y   +  ÷ ⇔ − + + + =  ÷ − + − + + =   ⇔ x = y (trong ngoặc ln dương và x vay đều lớn hơn 2) Vậy từ hệ trên ta có: 2 2 91 2x x x+ = − + 2 2 91 10 2 1 9x x x⇔ + − = − − + − 2 2 9 3 ( 3)( 3) 2 1 91 10 x x x x x x − − ⇔ = + − + − + + + 2 1 1 ( 3) ( 3) 1 0 2 1 91 10 x x x x     ⇔ − + − − =  ÷  ÷  ÷ − + + +     ⇔ x = 3 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 Câu 3: J  − −   = = =   − ∫ ∫ b b ln10 8 x 8 2/3 1/ 3 3 x e 2 b e 2 e dx du 1 u 3 u e 2    − −   b 2/3 3 4 (e 2) ; 2 với u = e x – 2, du = e x dx) Suy ra: → →   = − − = =   b 2/3 b ln2 b ln2 3 3 lim J lim 4 (e 2) (4) 6 2 2 Câu 4: Dựng SH AB⊥ ° Ta có: (SAB) (ABC), (SAB) (ABC) AB, SH (SAB)⊥ ∩ = ⊂ SH (ABC)⇒ ⊥ và SH là đường cao của hình chóp. ° Dựng HN BC, HP AC⊥ ⊥ · · SN BC, SP AC SPH SNH⇒ ⊥ ⊥ ⇒ = = α ° SHN = SHP ⇒ HN = HP. ° AHP vuông có: o a 3 HP HA.sin60 . 4 = = ° SHP vuông có: a 3 SH HP.tg tg 4 = α = α ° Thể tích hình chóp 2 3 ABC 1 1 a 3 a 3 a S.ABC: V .SH.S . .tg . tg 3 3 4 4 16 = = α = α Câu 5: Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có: 3 S H P C A B N ϕ 4ab ≤ (a + b) 2 1 4 a b a b ab + ⇔ ≤ + 1 1 1 ( , 0) 4 a b a b   ⇔ + ∀ >  ÷   Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 4 2 4 8 2 2x y z x y z x y z x y z         ≤ + ≤ + + = + +    ÷  ÷  ÷ + + +         Tương tự: 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z   ≤ + +  ÷ + +   và 1 1 1 1 1 2 8 2 2x y z x y z   ≤ + +  ÷ + +   Vậy 1 1 1 2 2 2x y z x y z x y z + + + + + + + + 1 1 1 1 2009 4 4x y z   ≤ + + =  ÷   Vậy MaxP = 2009 4 khi x = y = z = 12 2009 II.PHẦN TỰ CHỌN: 1. Phần 1: Phần dành cho chương trình cơ bản Câu 6a.1a 1.Giả sử AB: 5x - 2y + 6 = 0; AC: 4x + 7y – 21 = 0 Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh BO đi qua O nhận VTCP a r = (7; - 4) của AC làm VTPT Vây BO: 7x - 4y = 0 vậy B(-4;-7) A nằm trên Oy, vậy đường cao AO chính là trục OY, Vậy AC: y + 7 = 0 2. Gọi A(a; 0; 0) Ox∈ . ° Khoảng cách từ A đến mặt phẳng () : 2 2 2 2a 2a d(A; ) 3 2 1 2 α = = + + ° () qua 0 M (1; 0; 2)− và có vectơ chỉ phương u (1; 2; 2)= r ° Đặt 0 1 M M u= uuuuuur r ° Do đó: d(A; ) là đường cao vẽ từ A trong tam giác 0 1 AM M 0 1 2 0 AM M 0 1 [AM ; u] 2.S 8a 24a 36 d(A; ) M M u 3 − + ⇒ ∆ = = = uuuuur r r ° Theo giả thiết: d(A; ) = d(A; ) 2 2 2 2 2 2a 8a 24a 36 4a 8a 24a 36 4a 24a 36 0 3 3 4(a 3) 0 a 3. − + ⇔ = ⇔ = − + ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = ° Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu 6a.2a n = abcde * Xem các số hình thức abcde , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vò trí cho 1 (1 là a hoặc là b hoặc là c). Sau đó chọn trò khác nhau cho 4 vò trí còn lại từ X \ { } 1 : số cách chọn 4 7 A . Như thế có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 số hình thức thỏa yêu cầu đề bài. * Xem các số hình thức 0bcde . * Loại những số dạng hình thức 0bcde ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa yêu cầu đề bài. 1. Phần 2: Phần dành cho chương trình nâng cao: 4 Câu 6b.1b 1. (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2 M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) Vậy · · 0 0 60 (1) 120 (2) AMB AMB  =   =  Vì MI là phân giác của · AMB (1) ⇔ · AMI = 30 0 0 sin 30 IA MI⇔ = ⇔ MI = 2R ⇔ 2 9 4 7m m+ = ⇔ = m (2) ⇔ · AMI = 60 0 0 sin 60 IA MI⇔ = ⇔ MI = 2 3 3 R ⇔ 2 4 3 9 3 m + = Vơ nghiệm Vậy có hai điểm M 1 (0; 7 ) và M 2 (0;- 7 ) 2 (d 1 ) đi qua điểm A(0; 0; 4) và có vectơ chỉ phương 1 u (2; 1; 0) = r - (d 2 ) đi qua điểm B(3; 0; 0) và có vectơ chỉ phương 2 u (3; 3; 0)= − r AB (3; 0; 4)= − uuur ° 1 2 1 2 AB.[u ; u ] 36 0 AB, u , u= ≠ ⇒ uuur r r uuur r r không đồng phẳng. ° Vậy, (d 1 ) và (d 2 ) chéo nhau. ° Gọi MN là đường vuông góc chung của (d 1 ) và (d 2 ) ° 1 M (d ) M(2t; t; 4)∈ ⇒ , / / 2 N (d ) N(3 t ; t ; 0)∈ ⇒ + − / / MN (3 t 2t; t t; 4)⇒ = + − − − − uuuur ° Ta có: / / / 1 / / 2 MN u 2(3 t 2) (t t) 0 M(2; 1; 4) t 1 N(2; 1; 0) t 1 3 t 2t (t t) 0 MN u   ⊥ + − − + =  = −    ⇒ ⇔ ⇒     = + − + + = ⊥       uuuur r uuuur r ° Tọa độ trung điểm I của MN: I(2; 1; 2), bán kính 1 R MN 2. 2 = = ° Vậy, phương trình mặt cầu (S): 2 2 2 (x 2) (y 1) (z 2) 4.− + − + − = Câu 6b.2b Xét phương trình Z 4 – Z 3 + 6Z 2 – 8Z – 16 = 0 Dễ dàng nhận thấy phương trình có nghiệm Z 1 = –1, sau đó bằng cách chia đa thức ta thấy phương trình có nghiệm thứ hai Z 2 = 2. Vậy phương trình trở thành: (Z + 1)(Z – 2)(Z 2 + 8) = 0 Suy ra: Z 3 = 2 2 i và Z 4 = – 2 2 i Đáp số: { } − − −1,2, 2 2 i, 2 2 i Hết ĐỀ SỐ 2: TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN ĐỀ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 TỈNH QUẢNG TRỊ Mơn: TỐN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, ĐỀ THI THỬ LẦN 1 5 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số: 2 2 ,(1) 1 x y x + = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số (1) . 2. I là giao điểm hai tiệm cận của ( )C , đường thẳng ( )d có phương trình: 2 5 0x y− + = , ( )d cắt ( )C tại hai điểm ,A B với A có hoành độ dương. Viết phương trình các tiếp tuyến của ( )C vuông góc với IA . Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: (1 cos2 )sin 2 2(sin3 sin )(1 sin ) 1 sin x x x x x x + = + + − 2. Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2x x x x x− + + ≥ Câu III. (1,0 điểm) Tìm 2 1 ( ) ln ( 2) F x x x dx x   = −  ÷ +   ∫ Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C cạnh huyền bằng 3a . G là trọng tâm tam giác ABC , ( ) SG ABC⊥ , 14 2 a SB = . Tính thể tích hình chóp .S ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ) SAC . Câu V. (1,0 điểm) Cho , ,x y z thuộc đoạn [ ] 0;2 và 3x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 A x y z= + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI. a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là ( 1;2)M − , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là (2; 1)I − . Đường cao của tam giác kẻ từ A có phương trình: 2 1 0x y+ + = . Tìm tọa độ đỉnh C . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho (1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − − , D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD , G là trọng tâm của tam giác BCD . Tìm tọa độ của điểm 'G đối xứng với G qua đường thẳng BD . Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 9 3 3 log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + + B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI. b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có ( 12;1)B − , đường phân giác trong góc A có phương trình: 2 5 0x y+ − = . Trọng tâm tam giác ABC là 1 2 ; 3 3 G    ÷   .Viết phương trình đường thẳng BC . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho (1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)A B C− − − − , D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD . Tìm tọa độ của điểm M thuộc trục cao sao cho thể tích khối chóp .M BCD bằng 4. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình: ( ) 2 4 1 4log 1 log 2 2 x x + ≤ Hết www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 Môn: Toán_ Khối D 6 Câu I.1 (1,0 đ) Khảo sát hàm số 2 2 ( ) 1 x f x x + = − Tập xác định { } \ 1D R= Sự biến thiên lim 2 2 x y y →±∞ = ⇒ = là tiệm cận ngang 1 1 lim lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ 1x⇒ = là tiệm cận đứng ( ) 2 4 ' 0, 1 1 y x x − = < ∀ ≠ − Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ 'y + 0 || − 0 + y Hàm số nghịch biến trên ( ) ( ) ;1 , 1;−∞ +∞ Đồ thị 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu I.2 (1,0 đ) Tìm các tiếp tuyến vuông góc với IA? ( ) 1,2I , 5 : 2 x d y + = Phương trình cho hoành độ giao điểm của (C) và 2 2 5 : 1 2 x x d x + + = − ( ) 3 3;4 3,( ) x A x loai =  ⇔ ⇒  = −  Hệ số góc của IA là 3 1 1 4 2 k − = = − Tiếp tuyến có hệ số góc ' 1k = − 2 3 4 1 1 ( 1) x x x =  − ⇒ = − ⇒  = − −  Có 2 tiếp tuyến : 7 1 y x y x = − +   = − −  0,25 0,25 0,25 0,25 Câu II.1 (1,0 đ) Giải phương trình: (1 cos2 )sin 2 2(sin3 sin )(1 sin ) 1 sin x x x x x x + = + + − ,(1) Đk: sin 1x ≠ 2 2 (1) 2cos .sin 2 4sin 2 .cos .cosx x x x x⇔ = 0,25 − ∞ +∞ 2 2 7 2 cos 0 2cos .sin 2 (2cos 1) 0 sin 2 0 1 cos 2 2 2 2 2 3 x x x x x x x k k x x k π π π π π   =  ⇔ + = ⇒ =   − =    = +    ⇔ =    = ± +   Đ/c điều kiện: (1) có nghiệm: 2 2 2 2 3 x k x k k Z x k π π π π π   =  −  = + ∈    = ± +  0,25 0,25 0,25 Câu II.2 (1,0 đ) Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2x x x x x− + + ≥ ,(2) Đk: 2 2 3 2 0 0; 2 0 3; 0 3 0 2 x x x x x x x x x x x ≤ −   − ≥ ≤ ≥    ⇔ ⇔ =    ≤ − ≥ + ≥     ≥  TH1: 3 0 x x ≤ −   =  (2)⇒ đúng; 3 0 x x ≤ −   =  là nghiệm TH2: 2x ≥ ( ) 2 2 2 2 2 3 2 2 1 2 6 4 2 6 2 1 0,( : 2) 4 6 4 4 1 25 8 x x x x x x x x x x do x x x x x x ⇒ − + + ≥ ⇔ + + + − ≥ ⇔ + − ≥ − > ≥ ⇔ + − ≥ − + ⇔ ≥ KL: nghiệm của (2) là 3 0 25 8 x x x   ≤ −  =   ≥   0,25 0,25 0,25 0,25 8 Câu III (1,0 đ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ( ) ln ( 2) ( ) ln ( 2) ln 2 1 2 2 ( ) ln 2 2 ( 2) 1 2 ln 2 4 2 ( 2) 2 ln ln 2 2 4 2 F x x x dx x xdx F x x xdx x dx du u x x dv xdx x v x x F x x xdx dx x x x x dx x x x x x x C x   = −  ÷ +   = − +  =  =   ⇒   =   =     + − ⇒ = − −  ÷ +     = − − −  ÷ + +   = − − + − + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu IV (1,0 đ) Gọi I là trung điểm AB , 3 2 2 a a CI IG= ⇒ = Tam giác vuông 2 2 2 2 10 4 a BIG BG BI IG⇒ = + = 2 2 2 2 14 10 4 4 a a SG SB BG a= − = − = 3 1 1 1 3 3 . 3 . . 3 3 2 2 4 SABC ABC a a V S SG a a= = = Kẻ , ,( / / )GK AC K AC GK BC SK BC⊥ ∈ ⇒ ⊥ 2 2 2 2 3 3 ; 2 2 2 2 2 GC a a a a GK SK SG GK a AC= = ⇒ = + = + = = 2 1 3 3 3 3 . 2 2 4 2 SAC a a S a⇒ = = h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( ) SAC 3 3 SABC SAC V h a S ⇒ = = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu V (1,0 đ) Cho , ,x y z thuộc [ ] 0;2 và 3x y z+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của 2 2 2 A x y z= + + Giả sử: [ ] 3 3 1 1;2x y z x y z z z z≤ ≤ ⇒ = + + ≤ ⇒ ≥ ⇒ ∈ Lại có: ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) ,(*) 3 2 6 9 x y x y A z z z z + ≤ + ⇒ ≤ − + = − + Xét [ ] 2 3 ( ) 2 6 9, 1;2 '( ) 4 6, '( ) 0 2 f z z z z f z z f z z= − + ∈ ⇒ = − = ⇔ = 3 9 (1) 5; (2) 5; 2 2 f f f   = = =  ÷   Kết hợp (*) ta có 0,25 0,25 0,25 0,25 9 G I M S A C B K Vậy max 5A = khi 0; 1; 2x y z= = = Câu AVI.1 (1,0 đ) AB đi qua M nhận (3, 3)MI = − uuur làm vtpt nên có pt: 3 0x y− + = Tọa độ A là nghiệm của hệ : 3 0 4 5 ; 2 1 0 3 3 x y A x y − + =  −   ⇒   ÷ + + =    ( 1;2)M − là trung điểm của AB nên 2 7 ; 3 3 B −    ÷   BC nhận (2;1)n = r làm vtcp nên có pt: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 7 3 2 ; 7 3 3 3 8 10 8 10 2 3 3 3 3 0,loai (do ) 4 5 x t C t t y t IB IC IB IC t t t C B t −  = +  −    ⇒ + +   ÷    = +           = ⇒ = ⇒ − + + = +  ÷  ÷  ÷  ÷         = ≡   ⇒  =  Vậy 14 47 ; 15 15 C    ÷   0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVI.2 (1,0 đ) ( ) 4;0; 5AD BC D= ⇒ − uuur uuur 5 5 ;0; 3 3 G −   ⇒  ÷   . Gọi ( ) ; ;H x y z là hình chiếu của G lên BD 5 1 1 7 2 x t BH tBD y t z t = −   ⇒ = ⇒ = − +   = − +  uuur uuur ( ) ( ) 8 11 5 ;1 ; 7 ; 5; 1; 7 3 3 8 11 5 5 1 7 7 0 3 3 8 5 7 26 ; ; 15 3 15 15 5 14 9 ' ; ; 3 15 5 GH t t t BD GH BD t t t t H G   = − − − = − −  ÷       ⊥ ⇒ − − − − − =  ÷  ÷     −   ⇒ = ⇒  ÷   −   ⇒  ÷   uuur uuur uuur uuur 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu AVII (1,0 đ) Giải phương trình: 2 9 3 3 log ( 1) log (4 ) log (4 )x x x+ = − + + ,(*) Đk: 4 4 1 x x − < <   ≠  (*) ( ) 2 2 3 3 log 1 log 16 1 16x x x x⇒ + = − ⇒ + = − 0,25 0,25 0,25 10 [...]... 1 200 9 Câu VII.a (1đ): S = C2010 + C2010 + C2010 + + C2010 2 4 6 201 0 Vậy () có PT: Ta có: 201 0 K 0 1 2 3 200 9 201 0 (1 + x ) 201 0 = C2010 x k = C2010 + C2010 x1 + C2010 x 2 + C2010 x 3 + + C2010 x 200 9 + C2010 x 201 0 k =0 201 0 k 0 1 2 3 200 9 201 0 (1 x ) 201 0 = C2010 ( x ) k = C2010 C2010 x1 + C2010 x 2 C2010 x 3 + C2010 x 200 9 + C2010 x 201 0 k =0 (1 + x) 201 0 (1 x) 201 0 1 3 5 200 9 = C2010... C2010 x 3 + C2010 x 5 + + C2010 x 200 9 2 (1) Lấy tích phân 2 vế của (1) với cận từ 1 đến 2 ta đợc: 2 2 (1 + x) 201 0 (1 x) 201 0 1 3 5 200 9 dx = ( C2010 x + C2010 x 3 + C2010 x 5 + + C2010 x 200 9 ) dx 2 1 1 (1 + x ) 201 1 (1 x ) 201 1 2 2 + ữ 201 1 201 1 ữ = 1 C 1 x 2 + 1 C 3 x 4 + + 1 C 200 9 x 201 0 201 0 201 0 201 0 ữ 2 4 201 0 ữ1 2 1 ữ 3201 1 1 2201 1 22 1 1 24 1 3 2201 0 1 200 9 = C2010... 4: Sở GD và ĐT hải dơng Trờng THPT Thanh Bình Đề chính thức Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 201 1 Môn thi : toán, Khối A, B (Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề) 17 A Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm) Câu I ( 2 đ): Cho hàm số: y = x2 x +1 (1) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2) Tìm điểm M trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đờng tiệm cận là... + 2 > 0 ) 2 2 0 < x . và ĐT hải dơng Trờng THPT Thanh Bình Đề thi thử đại học, cao đẳng năm 201 1 Môn thi : toán, Khối A, B (Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề) 17 Đề chính thức A. Phần chung cho tất cả. www.laisac.page.tl HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 201 1 Môn: Toán_ Khối D 6 Câu I.1 (1,0 đ) Khảo sát hàm số 2 2 ( ) 1 x f x x + = − Tập xác định { } 1D R= Sự biến thi n lim 2 2 x y y →±∞ =. chi u điều kiện: (*) có nghiệm 0 1x < < 0,25 0,25 0,25 0,25 11 ĐỀ SỐ 3: Sở Gíao dục & Đào tạo tỉnh Vĩnh Phúc Trường THPT Xuân Hoà KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 201 1 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI
- Xem thêm -

Xem thêm: Tổng hợp 20 đề thi thử đại học môn toán (có đáp án chi tiết), Tổng hợp 20 đề thi thử đại học môn toán (có đáp án chi tiết), Tổng hợp 20 đề thi thử đại học môn toán (có đáp án chi tiết)

Tài liệu mới đăng

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay