Đề thi thử đại học – cao đẳng lần I năm học: 2008 – 2009 môn: Lịch sử - Khối C

Lai thuËn nghÞch Câu 32: Đặc điểm nổi bật của phương pháp tạo giống bằng gây đột biến nhân tạo là: A.Chủ động tạo nguồn nguyên liệu mong muốn B.T¹o ra gièng míi n¨ng suÊt cao C.H×nh thµn[r]

Trang 1

Trường THPT Ninh Giang

Đề thi thử Đại học – Cao đẳng lần I Năm học: 2008 – 2009

Môn: lịch sử _ khối C

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

A_ Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm):

Câu I (4 điểm):

Vì sao có hội nghị thành lập Đảng Cộng Sản Việt Nam ? Nội dung cơ bản của Hội nghị ? Nêu vai trò của Nguyễn ái Quốc với sự ra đời của Đảng Cộng Sản Việt Nam

Câu II (3 điểm):

Phông trào “Đồng khởi” (1959 – 1960) ở miền Nam nổ ra trong hoàn cảnh lịch sử nào ? Nêu kết quả và ý nghĩa của phong trào

B_ Phần riêng (3 điểm):

( Thí sinh chỉ được làm một trong hai câu III.a hoặc III.b.)

Câu III.a (3 điểm) Theo chương trình chuẩn:

Nêu nguyên nhân thúc đẩy sự phát triển kinh tế của Nhật Bản sau chiến tranh Thế giới II Khó khăn chung cho sự phát triển kinh tế của Nhật Bản là gì ?

Câu III.b (3 điểm) Theo chương trình nâng cao:

Trình bày kháI quát chính sách đối ngoại của Mĩ từ 1945 đến 1991

Trang 2

Đáp án + Biểu điểm _ Môn: Lịch sử

a/ Vì sao có hội nghị thành lập ĐCSVN (2)

- Sự ra đời của 3 tổ chức Cộng sản ở Việt Nam cuối năm

1929 là một xu thế khách quan…

- Sự hoạt động riêng rẽ… yêu cầu cấp bách phảI có một chính đảng thống nhất…

- Đầu năm 1930, Nguyễn ái Quốc từ Xiêm về T.Quốc…

- Với cương vị là đặc pháI viên của Quốc tế cộng sản Nguyễn ái Quốc triệu tập Hội nghị thống nhất… Ngày 6/1/1930 Hội nghị Họp tại…

0,5

0,5 0,5

0,5 b/ Nội dung hội nghị thành lập Đảng Cộng Sản Việt Nam (1đ)

- Hợp nhất 3 tổ chức thành một đảng…

- Thông qua chính cương vắn tắt, sách lược vắn tắt… Đây

là cương lĩnh chính trị đầu tiên của Đảng

0,5 0,5

Câu I

c/ Vai trò của Nguyễn ái Quốc…(1 đ)

- Tìm ra con đường cứu nước, chuẩn bị về tư tưởng, chính trị

- Lập ra hội VNCMTN, chuẩn bị về tổ chức…

- Truyền bá CN Mác – LêNin về nước…

- Thống nhất 3 tổ chức Cộng sản

0,25 0,25 0,25 0,25 a/ Hoàn cảnh (1 đ)

- Trong những năm 1957 – 1959 CM MN gặp khó khăn

do chính sách tố cộng, diệt cộng của Mĩ, Diệm…

- Lòng yêu nước chí căm thù của Đồng bào lên cao…

- Nghị quyết 15 của Đảng nêu rõ…

0,25 0,25 0,5 b/ Kết quả (0.5 đ)

- ở Nam bộ…

- ở Tây Nguyên…

Câu II

c/ ý nghĩa (1,5 đ)

- Giáng một đòn nặng nề vào chính sách … của Mĩ…

- Phá sập từng mảng lớn hệ thông kìm kẹp…

- Đánh dấu bước phát triển vượt bậc của CM MN…

- 20/12/1960 MTDTGPMN ra đời…

0,5 0,25 0,5 0,25 a/ Nguyên nhân (2 đ)

- Con người được coi trọng…

- Vai trò của quản lí nhà nước…

- Sức cạnh tranh cao…

- áp dụng KHKT…

- Chi phí quốc phòng thấp…

- Tận dụng tốt các yếu tố bên ngoài…

0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25

Câu III.a.

b/ Khó khăn cho sự phát triển (1đ)

- Lãnh thổ không rộng, tài nguyên nghèo…

- Cơ cấu vùng kinh tế thiếu cân đối…

0,5 0,25 Lop12.net

Trang 3

- Sự cạnh tranh quyết liệt của Mĩ, Tây âu… 0,25 a/ 1945 – 1973 (2 đ)

- Thực hiện chiến dịch toàn cầu hóa đạt 3 mục tiêu + Ngăn chặn…

+ Đàn áp…

+ Khống chế…

- Biện pháp + Khởi xướng chiến tranh lạnh…

+ Trực tiếp gây chiến tranh hoặc ủng hộ chiến tranh xâm lược…

0,5 0,5 0,5 0,25 0,25

Câu III.b.

b/ 1973 – 1991 (1 đ)

- Tiếp tục chiến lược toàn cầu và theo đuổi chiến tranh lạnh…

- Giữa những năm 1980 Mĩ điều chỉnh chính sách đối ngoại với LX…

- Mĩ và các nước phương Tây tiếp tục tác động vào quá

trình khủng hoảng – sụp đổ ở LX, Đông Âu…

0,5 0,25 0,25

Trang 4

Môn: Toán_khối A

A _ Phần chung cho tất cả các thí sinh (7đ):

Câu I (2đ): Cho hàm số: y 2x3  3x2  1  C

1/ Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

2/ Gọi d là đường thẳng đi qua M(0; -1) và có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt và các giao điểm này đều có hoành độ không nhỏ hơn – 1

Câu II (2đ): 1/ Giải phương trình:

2sin x2sin cosx x2sin cosx xcos 2xsinx0 2/ Giải hệ phương trình: 2   2

2

1





  



Câu III (1đ): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên

bằng 2a Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC)

Câu IV (1đ): Tính tích phân:

1

ln

1 ln

e

x





Câu V (1đ): Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:

2a 2b a b  1 a b a b a b ab  a b

B _ Phần riêng (3 đ)

( Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần sau đây)

Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a.(2đ): 1/ Trong mặt phẳng Oxy, cho 3 điểm: A(1; 1), B(-2; 3), C(0; 4)

Hãy lập phương trình đường thẳng d đi qua A và cách đều 2 điểm B, C

2/ Trong không gian Oxyz, hãy lập phương trình mắt cầu (S) đi qua điểm A(-4; 5; 1) và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ

Câu VII.a.(1 đ): Chứng minh rằng phương trình

Có nghiệm duy nhất

***Theo chương trình nâng cao***

Câu VI.b.(2đ):

1/ Giải phương trình

log 3  3x   1 log 3x 1 2/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường :

2

y x

 



 



Câu VII.b.(1đ): Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ gồm 3 chữ số mà trong mỗi số đó, mỗi

chữ số đều nhỏ hơn chữ số đứng liền ngay trước nó

(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

Lop12.net

Trang 5

Môn: Toán_khối B

2/ Gọi d là đường thẳng đi qua M(0; -1) và có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt

2sin x2sin cosx x2sin cosx xcos 2xsinx0 2/ Giải hệ phương trình:

3

x y xy





bằng 2a Tính thể tích và diện tích toàn phần của hình chóp S.ABC

3 1

ln

e

2a 2b a b  1 a b a b a b ab  a b

***Theo chương trình chuẩn***

2/ Trong không gian Oxyz, hãy lập phương trình mắt cầu (S) đi qua

điểm A(-4; 5; 1) và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ

Câu VI.b.(2đ):

log 3  3x   1 log 3x 1 2/ 2/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường :

2

y x

 









Trang 6

Môn: Toán_khối D

2/ Gọi d là đường thẳng đi qua M(0; -1) và có hệ số góc k Tìm k để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt

2sin x2sin cosx x2sin cosx xcos 2xsinx0 2/ Giải hệ phương trình:

3

x y xy





bằng 2a Tính thể tích và diện tích toàn phần của hình chóp S.ABC

3 1

ln

e

2a 2b a b  1 a b a b a b ab  a b

***Theo chương trình chuẩn***

2/ Trong không gian Oxyz, hãy lập phương trình mắt cầu (S) đi qua

điểm A(-4; 5; 1) và tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ

Câu VI.b.(2đ):

log 3  3x   1 log 3x 1 2/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường :

2

y x

 









Lop12.net

Trang 7

Đáp án + Biểu điểm _ Môn: Toán – Khối A

1/ Khảo sát

+ TXĐ: D = R

+ Sự biến thiên

- Giới hạn lim

- Tính biến thiên

Ta có y' 6  x2  6x ' 0 0

1

x y

x







- BBT

x  0 1 

y’ + 0 - 0 +

y -1



-2



- Hàm số đồng biên trên các khoảng

nghịch biến trên các khoảng

đạt CĐ tại… và…

đạt CT tại… và…

+ Đồ thị

- Chọn điểm, tìm giao

- Vẽ

f(x)=2x^3-3x^2-1

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x y

- NX: Đồ thị nhận U(1/2; -3/2) làm điểm uốn và tâm đối xứng

1/8 1/8 1/4

1/8

Câu I

2/

+ Phương trình đường thẳng d: y = kx – 1

+ Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình:

   

 

2

0

x







+ Xét (2): Đặt t = x + 1, suy ra x = t – 1 đưa phương trình về

dạng:

f t  t    t k

1/4 1/4

Trang 8

NX: BT tương đương với việc : Tìm k để phương trình (3) có hai

nghiệm t phân biệt không âm và khác 1

 

0

9

0

P

 





 



1/4

1/ Biến đổi phương trình về dạng

2sin x 2sin x sinx  1 0

Đặt t = sinx (đk:…) đưa phương trình về

2t  2t   t 1 0

1 2 2 2 2

t



 



  



 



Thay vào và tổng hợp nghiệm được

2 2

  



  



1/4 1/4

1/4

1/4 Câu II

 

2





  



+ x = 0 không thỏa mãn (2)

+ với x 0 từ (2) suy ra y 1 x 1

x

   + Thay vào (1) ta được

 

0

5 2

2



 



    





1/4 1/4

1/4

S

A

B

C M

O H

Lop12.net

Trang 9

+ 2 2 33 2 2 15

;

+  ;  3 11

15

SABC

A SBC

SBC

V

S

1/4

1/4 Câu IV

Viết

ln

1 ln

x



1

ln

1 ln





2 2 1

1

3

1

ln

e

dv dx







 



2

1

e

I x xdx 

Vậy 1 2 7 2 2

3

I  I I   

1/4

1/4 1/4 Câu V CM : 2a3 2b3 a b3 3  1 a b a b3  2 3a b ab2  2  a b2

Do a, b là các số thực dương nên theo BĐT CôSi ta có:

3 3 3 3

    

Cộng vế với vế các BĐT cùng chiều trên ta được điều phải chứng

minh

3/4

1/4 Câu

VI.a 1/ + Đường thẳng d:   có phương trình là:

 

1;1

qua A







 

0

ax by a b    d

+  ; 

B d

d

+  ; 

C d

d

+ ycbt tương đương với

3 2 3 2

TH1: 2a = - b Chọn a = 1 suy ra b = -2

TH1: 4a = 5b Chọn a = 5 suy ra b = 4

1/4

Trang 10

Bài toán có hai nghiệm hình: 1

2

2/ Giả sử (S) có tâm I và bán kính R

+ Vì (S) tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên ta có x I  y I  y I R

+ Do (S) đi qua A(-4; 5; 1) và tiếp xúc vớicác mặt phẳng tọa độ nên

(S) nằm trong phần không gian xác định bởi các mặt phẳng tọa độ và

gồm các điểm có hoành độ âm, tung độ và cao độ dương

Kết hợp hai NX trên suy ra: I

 



  



+ Phương trình (S):   2  2 2 2

x R  y R  z R R

+ A S nên ta có:   2  2 2 2

2

3 7

R R







+ Vậy bài toán có hai nghiệm hình:     2  2 2

    2  2 2

1/4 1/4

1/4

1/4 Câu

VII.a + Xét hàm số f x x7  7x 7

 TXĐ: D = R

 Có f x'  7x6  7; 'f x     0 x 1

 BBT

x  -1 1 

f’ + 0 - 0 +

f -1



-13



+ Từ BBT suy ra điều phải chứng minh

1/4 1/4

1/2 1/ + Viết log 3 5  3x   1 log 3 4 x  1 t

5 4

x

t



+ Trừ vế cho vế ta được : 5t  2t 3

2 3 5 2 3 1  *

t

 

 

+ Chỉ ra (*) có nghiệm duy nhất t = 1

+ Thay t = 1 vào a … được nghiệm x = 1

Thử lại thấy x = 1 thỏa mãn Kết luận…

1/4 1/4

Câu

VI.b

2/ + Hoành độ giao điểm của hai đường là nghiệm của phương trình

1

x







+ Đưa về tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: …

1/4 1/4 Lop12.net

Trang 11

0 2 1 2



1

3

 

1/4 1/4

Câu

VII.b + Số tự nhiên lẻ gồm 3 chữ số mà trong mỗi số đó, mỗi chữ số đều nhỏ hơn chữ số đứng liền ngay trước nó có dạng: ab ab ab ab1; 3; 5; 7

- TH1: ab1 a b, 2;3; ;9 ; a b  có 2 (số)

- TH2: ab3 a b, 4;5; ;9 ; a b  có 2 (số)

- TH3: ab5 a b, 6;7; ;9 ; a b  có 2 (số)

- TH4: ab7 a b,  8;9; ;a b  có 1 (số) là 987

+ Vậy có tất cả : 28 + 15 + 6 +1 = 50 (số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu

bài toán)

1/4 1/4 1/4 1/4

Trang 12

Đáp án + Biểu điểm _ Môn: Toán – Khối B & D

1/ Khảo sát

+ TXĐ: D = R

+ Sự biến thiên

- Giới hạn lim

- Tính biến thiên

Ta có y' 6  x2  6x ' 0 0

1

x y

x







- BBT

x  0 1 

y’ + 0 - 0 +

y -1



-2



- Hàm số đồng biên trên các khoảng

nghịch biến trên các khoảng

đạt CĐ tại… và…

đạt CT tại… và…

+ Đồ thị

- Chọn điểm, tìm giao

- Vẽ

f(x)=2x^3-3x^2-1

-8 -6 -4 -2

2 4 6 8

x y

- NX: Đồ thị nhận U(1/2; -3/2) làm điểm uốn và tâm đối xứng

1/8 1/8 1/4

1/8

Câu I

2/

+ Phương trình đường thẳng d: y = kx – 1

+ Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình:

   

2

0

x







NX: BT tương đương với: Tìm k để phương trình (2) có 2 nghiệm phân

biệt khác 0

1/4 1/4 Lop12.net

Trang 13

 

0

f

 





9

5

0

k k

  



  

 



1/4

1/4 1/ Biến đổi phương trình về dạng

2sin x 2sin x sinx  1 0

Đặt t = sinx (đk:…) đưa phương trình về

2t  2t   t 1 0

1 2 2 2 2

t



 



  



 



Thay vào và tổng hợp nghiệm được

2 2

  



  



1/4 1/4

1/4

1/4 Câu II

2/ Xét hệ

3

x y xy





+ Đặt y = - t, thay vào đưa hệ về:

2



+ Đặt x t S S2 4P thay vào được

xt P

 





 



3

S P



 



   





  



+ Thay vào được nghiệm duy nhất 1 1

1/4

1/4 1/4

1/4

;

1/4

S A

B

C M

O H

Trang 14

+ 1 3 11; (đvtt)

a

2 3 3 15 2 3 3 15 (đvdt)

.

a

1/4

1/4 Câu IV

+ Xét 3

1

ln

e

Đặt u ln3x đưa về

dv dx

 









1

e

+ Xét 2

1

ln

e

dv dx

 









2

1

e

+ Xét

1

ln

e

dv dx

 









1

e

K x x dx e x  

+ Vậy I e  3J  e 3e 2K e 3e 2  6 2e

1/4

1/4 1/4 Câu V CM : 2a3 2b3 a b3 3  1 a b a b3  2 3a b ab2  2  a b2

Do a, b là các số thực dương nên theo BĐT CôSi ta có:

3 3 3 3

    

Cộng vế với vế các BĐT cùng chiều trên ta được điều phải chứng

minh

3/4

1/4 Câu

VI.a 1/ + Đường thẳng d:   có phương trình là:

 

1;1

qua A







 

0

ax by a b    d

+  ; 

B d

d

1/4

1/4 Lop12.net

Trang 15

+  ; 

C d

d

+ ycbt tương đương với

3 2 3 2

TH1: 2a = - b Chọn a = 1 suy ra b = -2

TH1: 4a = 5b Chọn a = 5 suy ra b = 4

Bài toán có hai nghiệm hình: 1

2

1/4

2/ Giả sử (S) có tâm I và bán kính R

+ Vì (S) tiếp xúc với các mặt phẳng tọa độ nên ta có x I  y I  y I R

+ Do (S) đi qua A(-4; 5; 1) và tiếp xúc vớicác mặt phẳng tọa độ nên

(S) nằm trong phần không gian xác định bởi các mặt phẳng tọa độ và

gồm các điểm có hoành độ âm, tung độ và cao độ dương

Kết hợp hai NX trên suy ra: I

 



  



+ Phương trình (S):   2  2 2 2

x R  y R  z R R

+ A S nên ta có:   2  2 2 2

2

3 7

R R







+ Vậy bài toán có hai nghiệm hình:     2  2 2

    2  2 2

1/4 1/4

1/4

1/4 Câu

VII.a + Xét hàm số f x x7  7x 7

 TXĐ: D = R

 Có f x'  7x6  7; 'f x     0 x 1

 BBT

x  -1 1 

f’ + 0 - 0 +

f -1



-13



+ Từ BBT suy ra điều phải chứng minh

1/4 1/4

1/2

Câu

VI.b 1/ + Viết log 3 5  3x   1 log 3 4 x  1 t

5 4

x

t



+ Trừ vế cho vế ta được : 5t  2t 3

2 3 5 2 3 1  *

t

 

 

+ Chỉ ra (*) có nghiệm duy nhất t = 1

1/4 1/4

1/4

Định dạng
Số trang	20
Dung lượng	268,48 KB