Đề thi thử đại học toán trường chuyên Vĩnh Phúc

Chia sẻ: tiendat_1592

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

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

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.
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
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
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
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 .
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
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
Đề thi vào lớp 10 môn Toán |  Đáp án đề thi tốt nghiệp |  Đề thi Đại học |  Đề thi thử đại học môn Hóa |  Mẫu đơn xin việc |  Bài tiểu luận mẫu |  Ôn thi cao học 2014 |  Nghiên cứu khoa học |  Lập kế hoạch kinh doanh |  Bảng cân đối kế toán |  Đề thi chứng chỉ Tin học |  Tư tưởng Hồ Chí Minh |  Đề thi chứng chỉ Tiếng anh
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản