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

 

  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
Theo dõi chúng tôi
Đồng bộ tài khoản