ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D

Chia sẻ: Nguyen Thanh Liem | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'ðề thi thử đại học môn toán khối d', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) x2 Cho hàm số y 2x 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 1. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2) 2. Câu 2 (2,0 điểm)     1.Giải phương trình : 5 cos 3 x    3 cos 5 x    0 6  10   2 x 2  3x  2 2.Giải bất phương trình : 0 2 x2  5x Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường : x y ; x  0 ; y   x  2. Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi cho hình (H) quay quanh trục Oy Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1 cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a 2. Tính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC1 và đường cao AH của mp(ABC) Câu V (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : a 2  b 2  c 2  65 . Cho :   y  a  b 2 . sin x  c. sin 2 x  x ( 0 , )  2  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2  y 2  4 x  2 y  1  0 và đường thẳng d : Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ x  y 1  0 . được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) : x  12  y 2  z  22  9. x y 1 z Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a : cắt mặt cầu (S) và   2 1 2 theo đường tròn có bán kính bằng 2 . CâuVII.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010. 2.Theo chương trình nâng cao CâuVI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : những điểm N trên x 2  4 y 2  4  0 .Tìm elip (E) ˆ F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) ) F1 NF2  600 ( sao cho : x  t  2.Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng và điểm A(1, 0 ,  1)  :  y  2t z  1  Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF là tam giác đều.
Câu VII.b (1,0 điểm) 2 z  i  z  z  2i  Tìm số phức z thỏa mãn : 2 2  z  ( z)  4  ---------------------------------------------------------------------------------------------- ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM KHỐI D Đáp án Điểm Câu I ( 2,0 1.(1,25) điểm) 1  a/ Tập xác định : D R \  2 5 y/  b/ Sự biến thiên:  0 x  D ( 2 x  1) 2 0,25 1 1 + H/s nghịch biến trên H/s không có cực trị ( , ) ; ( ,  ) ; 2 2 +Giới hạn –tiệm cận : 0,25 1 Lim y  Lim y  Lim y    ; Lim y    ; 2   x   x   1 1 x x 2 2 1 1 Tiệm cận ngang y = ; Tiệm cận đứng x = 2 2 1 2 x -  y / - - Y  Y 1 1 2 0,25 2  x o
1 2 x -  y / - - Y  1 1 2 2  x o 0,25 c/ Đồ thị : Đđb x = 0 , y = -2 y = 0 , x = -2. Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 2.(1,0 điểm) Pt đường trung trực đọan AB : y = x Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt :
x2 x 2x 1 0,25  x2  x  1  0  1 5 x  2   1 5 x  2  1 5 1 5  1 5 1 5  Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :  ;  , , 2 2  2 2    0,25 0,25 II ( 2,0 1.(1,0 điểm) điểm)      5 cos 3x    3 cos 5 x    0 2 2   Pt  5 sin 3x  3 sin 5 x  2 sin 3x  3(sin 5 x  sin 3x)  2 sin x ( 3 cos 4 x  4 sin 2 x  3)  0 0,25 sin x  0  2 3 cos 2 x  cos 2 x  2  0  x  k 0,25  ( k Z )  x   1 arccos( 2 )  k  2 3  0,25 0,25 2.(1,0 điểm)
 2 x 2  3 x  2  0   x  0 ; x  5    2  2  2 x  3 x  2  0   2  2 x  5 x  0   1 Bpt  x   2  x  2   0,25  x  0  x  5  2    x   1  x  2  2   x  0  x  5   2 1  x   2   x  2  5 x  2  0,50 0,25 III (1,0 Phương trình định tung độ giao điểm : điểm)
2  y  0 y 2 y 2 y  5y  4  0 y  2    y  1  y 1 0,25  y  4 ( l )  Đường thẳng y = 2 – x cắt trục tung tại y = 2 Thể tích khối tròn xoay cần tìm : V = V1 + V2 y2 1 = 1 Trong đó V1 =  0 ( (đvtt) y ) 2 dy   2 2 0 ( y  2) 3 2 0,25 = 2 2 (đvtt) (2  y ) 2 dy   ( y  2) 2 d ( y  2)   V2    3 3 1 1 1 5 V= ( đvtt ) 6 0,25 0,25 IV (1,0 6 A1 C1 +Thể tích lăng trụ : V  dt ( ABC). AA1  a 3 4 Điểm) 0,25       AH  AA1  A1C1  AH . AC1 B1   + cos(AH , AC1) =  AH . AC1 AH . AC1   AH . A1C1 0,25 A C = AH . AC1 H 3 3 B aa. AH . AC. cos 30 0 2  1  ( AH , AC )  60 0 . 2 Vậy (AH , AC1)   1 AH . AC1 2 3 a .a 3 2 = 600 0,25 Vậy (AH , AC1) = 600      y 2  a 2  b 2  c 2 1  2 sin 2 x  sin 2 2 x  65 1  2 sin 2 x  sin 2 2 x
Đặt f(x) = 1  2 sin 2 x  sin 2 2 x  1  2 sin 2 x  4 sin 2 x.(1  sin 2 x ) 0,25 sin 2 x  t , t  0 , 1  4 sin 4 x  6 sin 2 x  1 , Đặt f(x) = 3  4t 2  6t  1  g / (t )  8t  6 ; g / (t )  0  t  g(t) = 4 3 V (1,0 4 t 0 f 1 BBT điểm) + - f/ 0 M 1f 13 4 1 0 0,25  13 3 3 khi t   sin 2 x   x  Max g(t)  4 4 4 3  13 5 5 1 2 sin x sin 2 x dấu “=” xảy ra khi y 2  65. và x   13  y  13   3 4 2 2 a b c 0,25 hay 1 6 3   a 2b 2c a  2 5 a  2 5     a 2  b 2  c 2  65 Thay vào :  b  30  b   30   c  15 c   15   VI.a (2,0 điểm) 1.( 1,0 điểm) + (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = 6 ˆ là các tiếp điểm ) suy ra : MI AMB  900 ( A , B +  MA. 2  R. 2  12
Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ = và M thuộc d nên M( x , y) có 12 tọa độ thỏa hệ: x  2 x   2 x  2 2   y  12  12        x  y 1  0  y  1  2  y  1  2    0,25 Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên. 2.( 1,0 điểm) a. (S) có tâm bán kính R = 3 J (1,0 ,2)   + đt a có vtcp (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận u (1 , 2 ,  2 ) , làm vtpt u Pt mp (P) có dạng : x  2 y  2z  D  0 0,25 + (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) = R2  r 2  5 1  2.0  2.(2)  D nên ta có : 5 3 0,25  D  5  3 5   D  5  3 5  0,25 KL : Có 2 mặt phẳng : (P1) : và (P2) : x  2 y  2z  5  3 5  0 0,25 x  2 y  2z  5  3 5  0 0,25
VII.a(1,0 Gọi số cần tìm có dạng : abcd điểm) + Nếu a > 2 : có 7 cách chọn a và cách chọn b, c , d 3 A9 + Nếu a = 2 : + b > 0 : có 8 cách chọn b và có chọn c , d 2 A8 cách 0,25 + b = 0 và c > 1: có 7 cách chọn c và và 7 cách chọn d 0,25 + b = 0 và c = 1 : có 7 cách chọn d 0,25 Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là : 3 2 7. A9  8. A8  7.7  7  4032 0,25 1.(1,0 điểm) VI.a ( x2  y2  1 ; a 2  4  a  2 ; b2  1  b  1 ; c2  a 2  b2  3  c  3 (E) : 2,0 4 điểm) + Áp dụng định lí côsin trong tam giác F1NF2: 0,25 ( F1 F2 ) 2  NF12  NF22  2 NF1 NF2 . cos 60 0  ( F1 F2 ) 2  ( NF1  NF2 ) 2  2 NF1 . NF2  NF1 .NF2 42 4 ( a  c2 )   NF1 . NF2  3 3 32 2  x2  ; y2  9 18 0,25 Vậy có 4 điểm thỏa yêu cầu bài toán :  4 2 1  4 2 1  4 2 1  4 2 1 N1  , ; N  ,   ; N3   , ; N4  ,   3 3  2 3     3 3 3 3 3       0,25 0,25
2.(1,0 điểm)  + Đường thẳng và có vtcp u (1, 2 , 0) ;  đi qua M 0 (0 , 0 ,1)     M 0 A  (1,0 ,2) ;  M 0 A , u   ( 4 ,  2 , 2)      M 0 A, u  26   + Khoảng cách từ A đến  là AH = d ( A , )    5 u 0,25 2 42 + Tam giác AEF đều .Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A ,  AE  AF  AH .  3 5 42 BK R = 5 x  t   y  2t  0,25 và đường thẳng nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ : , z  1  ( x  1) 2  y 2  ( z  1) 2  32  5  0,25  1 2 2  1 2 2 x  x  5 5     1 2 2 24 2 24 2   suy ra tọa độ E và F là : t= y   y  5 5 5   z 1 z 1         0,25
+ Gọi số phức z = x + yi VII.b ( x , yR ) (1,0 2 x  ( y  1)i  (2 y  2)i  Hệ  điểm)  4 xyi  4  0,25 x2  x  3 4 y    4   1 y  3 1 1 y  y  4   x x  1 Vậy số phức cần tìm là : z34  i 3 4 0,50 0,25 f/( f(t)