Đề thi thử đại học toán trường chuyên Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Tạ Tiến Đạt | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

0
269
lượt xem
58
download

Đề thi thử đại học toán trường chuyên Vĩnh Phúc

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo sách 'đề thi thử đại học toán trường chuyên vĩnh phúc', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học toán trường chuyên Vĩnh Phúc

  1. www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn thi: Toán, khối A,B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút( không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) 2x  1 có đồ thị là  C  . Câu I : ( 2,0 điểm ). Cho hàm số : y  x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận của  C  .Tìm trên đồ thị  C  điểm M có hoành độ dương sao cho tiếp tuyến tại M với đồ thị  C  cắt hai đường tiệm cận tại A và B thoả mãn : IA2  IB 2  40 . Câu II : ( 2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 3sin 4 x  2 cos 2 3x  cos3x  3cos 4 x  cos x  1  4 x  1 2 5  2x  4  2x  2) Giải phương trình: 27 2 x I    x  2 Câu III : ( 1,0 điểm ).Tính tích phân: dx 4 x 0 Câu IV : ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S . ABC có AB  AC  4, BC  2, SA  4 3, SAB  SAC  300 . Tính thể tích khối chóp S . ABC . Câu V : ( 1,0 điểm ).Cho a, b, c là ba số thực không âm thoả mãn : a  b  c  3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  a b  b c  c a  abc . B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 3,0 điểm ).( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần,phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VIA : ( 2,0 điểm ).1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A ,biết phương trình các đường thẳng AB, BC lần lượt là x  3 y  5  0 và x  y  1  0 ,đường thẳng AC đi qua điểm M  3;0  .Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C . 2) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : x 1 y 1 z 1 y 1 z  3 x     d1 : và d 2 : . 1 2 1 2 2 2 Tìm toạ độ điểm I là giao điểm của d1 và d 2 ,lậpphương trình đường thẳng d3 đi qua điểm P  0; 1; 2  ,đồng thời d3 cắt d1 và d 2 lần lượt tại A, B khác I thoả mãn AI  AB . Câu VII A.(1,0 điểm):Tính tổng S  C2011  C2011  C2011  C2011    C2011  C2011 1 3 5 7 2009 2011 B.Theo chương trình nâng cao x2 y 2 Câu VIB : ( 2,0 điểm ). 1)Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho e líp  E  :   1 với hai tiêu 25 9 điểm F1 , F2 .Điểm P thuộc elíp sao cho góc PF1 F2  1200 .Tính diện tích tam giác PF1 F2 . x 1 y  3 z 2) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz,cho hai đường thẳng : 1 :   và 3 2 2 x 5 y z 5 ,mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  1  0 .Tìm các điểm M  1 , N   2 sao cho MN 2 :  5 6 4 song song với mặt phẳng  P  và cách mặt phẳng  P  một khoảng bằng 2.
  2. www.VNMATH.com 1  i  2012 Câu VII B:(1,0 điểm): Tìm phần thực,phần ảo của số phức z    2011 3i -------------------------------------------Hết------------------------------------------------------------- TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn thi: Toán, khối A,B (gồm 5 trang) ĐÁP ÁN Điể Ý Câu Nội dung m I 2,0 0 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số : y  2x  1 1,00 x 1 \ 1 +Tập xác định D  +Sự biến thiên 0,25 3  -Chiều biến thiên: y '   0 x  1 .  x  1 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và  1;    Cực trị : Hàm số không có cực trị.  Giới hạn tại vô cực và tiệm cận: 2x 1  2 ,đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang lim y  lim 0,25 x  x  1 x  2x 1 2x 1  ; lim   , đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng lim x 1 x  1 x 1 x  1  Bảng biến thiên : x - -1 + y' + || + y 2  0,25 || 2  1  +Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm A  ;0  2  Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm B  0; 1 Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là I  1; 2  làm tâm đối xứng. 0,25
  3. www.VNMATH.com 8 6 4 2 -2 5 10 -10 -5 -4 -6 2 Tìm trên đồ thị  C  điểm M có hoành độ dương ...... 1,00 TCĐ  d1  : x  1 ,TCN  d 2  : y  2  2x 1   I  1; 2  .Gọi M  x0 ; 0    C  ,  x0  0  0,25 x0  1   2 x0  1 3 Phương trình tiếp tuyến với  C  tại M :    : y   x  x0    x0  1 x0  1 2  2 x0  4   0,25      d1    A  1;    ,      d 2    B  2 x0  1; 2   x0  1       36  4  x0  1  40 2  x0  1  10  x0  1  9  0  0,25 4 2  IA  IB  40    x0  1 2  2 2  x0  0 x  0  0  y0  1  M  2;1 . 0,25  x0  2 II 2,00 1 Giải phương trình : 3sin 4 x  2 cos 2 3x  cos3x  3cos 4 x  cos x  1 1,00 Pt  3  sin 4 x  cos 4 x    2 cos 2 3 x  1   cos 3x  cos x   0  3cos 2 x  cos 6 x  2 cos 2 x cos x  0  4cos 3 2 x  6cos 2 x  2 cos 2 x cos x  0 0,25 cos 2 x  0(*)  cos 2 x  2 cos 2 2 x  3  cos x   0    2  cos 2 x  1   cos x  1  0(**) 2   k 0,25 +Pt (*)  x   ,k Z . 42 **  2  cos 2 x  1 cos 2 x  1   cos x  1  0  8cos 2 x   sin 2 x    cos x  1  0 0,25  8cos 2 x  cos 2 x  1   cos x  1  0   cos x  1 8cos 2 x  cos x  1  1  0   cos x  1  x  k 2 , k  Z  8cos 2 x  cos x  1  1  0  vn  0,25    & x  k 2 , k  Z Phương trình có 2 họ nghiệm: x  k 4 2
  4. www.VNMATH.com 2 1,00  4 x  1 2 5  2x  4  2x  Giải phương trình: 27 5  Điều kiện : x    ; 2  2    0,25 2  5  2 x  4  2 x   9  5  2x  4  2x 92 5  2x  4  2x  3 (*) Ta có Mặt khác  4 x  1  3 ** 2 5  x    ; 2   9  4 x  1  9  0   4 x  1  81  0  2 0,25 2  27 Từ (*) và (**) suy ra phương trình tương đương với:  5   5  2x  4  2x  3  x    2 .So với điều kiện ta được nghiệm của phương 0,25    4 x  1  9 2   x  2  5 x trình là  0,25 2  x2  Tính tích phân …… III 1,00 2  2  x 2 2 x I    x  2 dx    x  2  dx 0,25 2  2  x 4 x 0 0   đặt 2  x  2cos 2t với t  0;   dx  4sin 2tdt  2 x 0 2  t 0 0,25 4  2  2  x 2 4 sin t I    x  2 dx  4   2cos 2t  sin 2tdt 2  2  x cos t 0 0   0,25 4 4 I  8 cos 2t.  cos 2t  1 dt  4  1  cos 4t  2cos 2t  dt 0 0  1 4 0,25 I  4  t  sin 4t  sin 2t     4 4 0 IV 1,00 Cho hình chóp S . ABC có AB  AC  4, BC  2, SA  4 3, SAB  SAC  300 ... Theo định lí cô sin trong tam giác ta được 3 SB  AS 2  AB 2  2 AS . AB.cos300  48  16  2.4 3.4.  4  SC 0,25 2 Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, BC  BAS , CAS cân nên BM  SA, CM  SA  SA   MBC  ta có BAS  CAS  c  c  c   MB  MC  MBC cân tại M  MN  BC 0,25 1 Trong tam giác vuông ABM , MAB  30  BM  AB  2 tương tự 0 2 0,25
  5. www.VNMATH.com 3  22  3 .Từ đó thể CM  2  BC suy ra MBC đều có cạnh bằng 2 dt 0,25 MBC 4 1 1 tích khối chóp S.ABC là: VSABC  .SA.dt  .4 3. 3  4 (đvtt) MBC 3 3 V 1,00 …Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : P  a b  b c  c a  abc . Đặt a  x, b  y, c  z ,thì điều kiện trở thành:  x, y , z  0 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x 2 y  y 2 z  z 2 x  xyz 2 x  y  z  3 2 2 0,25 Ta thấy P  0 theo bất đẳng thức Côsi. Không mất tính tổng quát giả sử y là số có giá trị nằm giữa x & z khi đó ta có: z  y  x   y  z   0  y 2 z  z 2 x  yz 2  xyz  0  x 2 y  y 2 z  z 2 x  xyz  x 2 y  y z 2  P 2   x 2 y  y z 2  2 0,25 3 1  2 y 2  x2  z 2  x2  z 2  1  P  .2 y 2 .  x 2  z 2   .  2 0,25   4 (bất đẳng thức Côsi.) 2 2 2 3  a  b  c  1 x  y  z  a  2     P  2 dấu bằng xẩy ra trong 2 trường hợp   z  0  b  1  x2  2 y 2    c  0  Vậy Pmax  2  a  b  c  1  a  2; b  1; c  0 và các hoán vị. 0,25 VIA 2.00 1 …Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C . 1,00 x  3y  5  0  x  2  B  2; 1  B  AB  BC nên toạ độ B là nghiệm hpt:  0,25 x  y 1  0  y  1  Đường thẳng AB có vtpt n1  1;3  Đường thẳng BC có vtpt n2  1; 1  Đường thẳng AC có vtpt n3   a; b  với đ/k a 2  b 2  0 Do tam giác ABC cân tại A nên ABC  ACB  900  cos ABC  cos ACB    a b n1.n2 n2 .n3 2   cos  n1 ; n2   cos  n2 ; n3          0,25 n1 n2 n2 n3 10 2 2 a 2  b2  4  a 2  b 2   10  a  b    a  3b   3a  b   0  a  3b  0  3a  b  0 2   a  3b  0 chọn a  3, b  1  n3   3;1 do AC đi qua M  3;0    AC  : 3  x  3  1 y  0   0   AC  : 3 x  y  9  0 0,25 x  3y  5  0 x  4  A  4; 3  A  AB  AC nên toạ độ A là nghiệm hpt:  3x  y  9  0  y  3 x  y 1  0 x  2  C  2;3  C  BC  AC nên toạ độ C là nghiệm hpt:  3x  y  9  0 y  3    3a  b  0 chọn a  1, b  3  n3  1;3  n1  AB / / AC (loại ) 0,25 Vậy toạ độ các đỉnh là A  4; 3 , B  2; 1 , C  2;3 .
  6. www.VNMATH.com 2 …Tìm toạ độ điểm I là giao điểm của d1 và d 2 ,lậpphương trình đường thẳng d3 … 1,00 y 1 z  3 x x  1  1  2  2     y  1  I 1;1;1 Toạ độ I là nghiệm hpt:  x  1 y  1 z  1 0,25  z  1    1  2 2 mặt phẳng  Q  chứa d1 , d 2 thì  Q  đi qua I 1;1;1 và có một vtpt    nQ / / u1 ; u2    8; 4;0   nQ   2; 1;0    Q  : 2 x  y  1  0 0,25 ta thấy P  0; 1; 2    Q  .Giả sử có d3 qua P, d3  d1  A, d3  d 2  B khác I sao cho IA  AB .Lấy A1  2;3;3  d1 , B1  t ; 1  2t ;3  2t   d 2 chọn t sao cho A1 I  A1 B1 với B1  I  t là nghiệm phương trình  B1 1;1;1  I (loai )  11 0,25 A1 I  A B  9t  20t  11  0  t  1  t      11 13 5  2 2 2 11 9 B ;;  1 9 9 9      7 14 22    đường thẳng d3 có vtcp u / / B1 A1   ; ;   u   7;14; 22  9 9 9  đường thẳng d3 đi qua P  0; 1; 2  từ đó pt của d3 là x y 1 z  2 0,25   d3 : 7 14 22 Xét khai triển 1  i  VII 1.00 2011  C2011  C2011i  C2011i 2  C2011i 3  ...  C2011 i 2011 0 1 2 3 2011 A 0,25 do i 4 k  1, i 4 k 1  i, i 4 k  2  1, i 4 k 3  i, k  do đó ta có   C2011  C2011  C2011  ...  C2011    C2011  C2011  C2011  ...  C2011  i (1) 1  i  0,25 2011 0 2 4 2010 1 3 5 2011 1005 mặt khác 1  i   1  i   1  i    2i  1  i   21005  21005 i (2) 2011 2 1005 0,25   0,25 Từ (1) và (2) ta được: S  C2011  C2011  C2011  C2011    C2011  C2011  21005 1 3 5 7 2009 2011 VIB 2,00 1 …Điểm P thuộc elíp sao cho góc PF1 F2  120 .Tính diện tích tam giác PF1 F2 1,00 0 a  25 a  5 2 2a  10 x2 y 2  E  :   1 có  2  2  0,25 c  a  b  16 c  4  F1 F2  8 2 2 b  9 25 9  theo định nghĩa elip và định lí cô sin ta có:  PF2  10  PF1   PF1  PF2  2a  10  0,25  2 10  PF1   PF1  8  PF1.8 2  PF2  PF1  F1 F2  2 PF1.F1 F2 .cos120 2 2 0 2 2    9  PF1  7  0,5 1 19 3 18 3  SPF1F2  PF1.F1 F2 .sin1200  . .8.  (đvdt)  61 2 27 2 7  PF  27  2 …Tìm các điểm M  1 , N   2 sao cho MN … 1,00
  7. www.VNMATH.com  x  1  2t  x  5  6s  M 1  2t ;3  3t ; 2t   1    0,25 pt tham số của 1 :  y  3  3t &  2 :  y  4 s   N  5  6 s;; 4s; 5  5s    2     z  2t  z  5  5 s t  1 12t  6 MN / /  P   d  MN ;  P    d  M ;  P    0,25 2 t  0 3   t  1  M 1  3;0; 2   M 1 N   6s  2; 4s; 5s  7  do        M 1 N / /( P )  M 1 N  nP  1; 2; 2  , M 1 N .nP  0  0,25  6s  2   2.4s  2.  5s  7   0  s  1  N1  1; 4;0     t  0  M 2 1;3;0   M 2 N   6s  4; 4 s  3; 5s  5        M 2 N / /( P )  M 2 N  nP  1; 2; 2  , M 2 N .nP  0   6s  4   2.  4s  3  2.  5s  5  0  s  0  N 2  5;0; 5 0,25 Đáp số : M  3;0; 2  , N  1; 4;0  & M 1;3;0  , N  5;0; 5  VII 1,00 2012      2  cos 4  i sin 4   1  i  21006  cos   i sin   B 2012    z  0,25   7 7   2011 2011     3 i  i sin 22011  cos   2  cos 6  i sin 6   6 6    0,25 1         1  z  1005 cos     i sin      1005 cos  i sin  2   6  6  2  6 6 0,25   1 1 0,25  Phần thực của z bằng 1005 cos , Phần ảocủa z bằng  1005 sin 2 6 2 6

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản