ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 18

Chia sẻ: Nguyen Thanh Liem | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

72
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'ðề thi thử đại học môn toán số 18', 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 SỐ 18

Đề Thi Thử Đại Học Năm 2011 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II (2 điểm) cos 2 x  cos 3 x  1 1.Giải phương trình: cos 2 x  tan 2 x  . cos 2 x  x 2  y 2  xy  1  4 y 2. Giải hệ phương trình:  , ( x, y  R) . 2 2  y ( x  y)  2 x  7 y  2 Câu III (1 điểm) e log3 x Tính tích phân: I   dx . 2 x 1  3ln 2 x 1
Câu IV. (1 điểm) a3 Cho h×nh hép ®øng ABCD.A'B'C'D' cã c¸c c¹nh AB = AD = a, AA' = vµ gãc BAD = 2 600. Gäi M vµ N lÇn lît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh A'D' vµ A'B'. Chøng minh AC' vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (BDMN). TÝnh thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN. Câu V. (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng: 7 . ab  bc  ca  2abc  27 B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. ( 2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2). Phương trình 1. đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ lần lượt là x + y – 6 = 0 và 2x – y + 3 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn 2. ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VIIa. (1 điểm) Cho z1 , z2 là các nghiệm phức của phương trình 2 z 2  4 z  11  0 . Tính giá trị của biểu thức 2 2 z1  z2 . ( z1  z2 )2 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. ( 2 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng  : x  3 y  8  0 , 1.  ' :3x  4 y  10  0 và điểm A(-2 ; 1). Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và tiếp xúc với đường thẳng  ’. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết 2. phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC. Câu VIIb. (1 điểm) 2 log1 x ( xy  2 x  y  2)  log 2  y ( x 2  2 x  1)  6 Giải hệ phương trình :  , ( x, y  R) .  log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4) =1  ----------------------------------------------------------- tavi ------------------------------------------------ ------ ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D. Năm 2010 Câ Ý Nội dung Điể u m I 1 1 PT hoành độ giao điểm x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 2 2  x(x + 3x + m) = 0 m  0.25 = 0, f(x) = 0 Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0 0.25 và y’(x1).y’(x2) = -1. 9  4m  0, f (0)  m  0 Hay  2 2 (3x1  6 x1  m)(3x2  6 x2  m)  1. 0.25
9 9   m  , m  0 m  , m  0   4 4 9( x x )2  18x x ( x  x )  3m( x 2  x 2 )  36 x x  6m( x  x )  m 2  1 4m 2  9m  1  0  12  12 1 2 1 2 12 1 2 9  65 0.25 Giải ra ta có ĐS: m = 8 ĐK cosx ≠ 0, pt được đưa về II 1 0.5 cos 2 x  tan 2 x  1  cos x  (1  tan 2 x)  2 cos2 x  cos x -1  0 Giải tiếp được cosx = 1 và cosx = 0,5 rồi đối chiếu đk để đưa ra ĐS: 0.5 2 2 . x  k 2 , x    k 2 ; hay x  k 3 3 2  x2  1 x y 4   x 2  y 2  xy  1  4 y y  y  0 , ta có:   . 0.25 2 2 x2 1  y(x  y)  2x  7 y  2 ( x  y )  2 2 7  y  x2  1  uv  4  u  4v  v  3, u  1 Đặt u  , v  x  y ta có hệ:  2  2 v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9 y 0.25 +) Với v  3, u  1 ta có x2  1  y x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2 hệ:  .    0.25  x  2, y  5 x y 3 y  3 x y  3 x    x2  1  9 y x2 1  9 y  x 2  9 x  46  0 +) Với v  5, u  9 ta có hệ:  , hệ    x  y  5  y  5  x  y  5  x 0.25 này vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), (2; 5)}. 3 III  ln x    e e e 3 ln 2 x. 0.25 log 2 x 1 ln xdx ln 2  dx    I  dx  3  . ln 2 1 1  3ln x x 2 2 2 1 x 1  3ln x 1 x 1  3ln x
1 dx 1 Đặt 1  3ln 2 x  t  ln 2 x  (t 2  1)  ln x.  tdt . Đổi cận … 0.25 3 x3 12  t  1 1 e 2 2 log 3 x 1 1 0.25 3  t 2  1 dt Suy ra I   2 dx  3  9 ln 3 2  . tdt  ln 2 1 t 3 2 1 x 1  3ln x 1 2 1 1 3  4 0.25   3 t  t   27 ln 3 2 3 9ln 2  1 Chứng tỏ AC’  BD IV 0.25 C/m AC’  PQ, với P,Q là trung điểm của BD, MN. Suy ra AC’  0.25 (BDMN) Tính đúng chiều cao AH , với H là giao của PQ và AC’. Nếu dùng cách 0.25 hiệu các thể tích thì phải chỉ ra cách tính. 0.25 3a 3 Tính đúng diện tích hình thang BDMN . Suy ra thể tích cần tìm là: . 16 V Ta có ab  bc  ca  2abc  a (b  c)  (1  2a )bc  a (1  a )  (1  2a )bc . Đặt t= bc thì (b  c)2 (1  a )2 .Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t trên đoạn ta có 0  t  bc   0.5 4 4  (1  a) 2   0;  4  ( a  1  a) 2 1 7 Có f(0) = a(1 – a)  và  4 4 27 0,25 2  (1  a )2  7 1 1 1 7 với mọi a   0;1   (2a  )  a    f   4  27 4 3 3 27   7 Vậy ab  bc  ca  2abc  . Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1/3 0.25 27 Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iÓm cña BC VIa 1. 0.5
Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c). V× C’ lµ trung ®iÓm cña AB nªn: .  2m  c  5 11  2m  2c  2m  c  5 11  2m  2c 5   CC ' nªn 2( C' ; ) 30 m   2 2 2 2 6   5 41  I  ( ; ) . Ph¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0 66 2 x  y  3  0  14 37  Täa ®é cña C lµ nghiÖm cña hÖ:  C ;  3 x  3 y  23  0 3 3 19 4  Täa ®é cña B =   0.5 ;   3 3    2. Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung 0.25 trực của AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0.     Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC):   0.25 2x  y  z 1  0 .  x  y  z 1  0 x  0   Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 0.25 2 x  y  z  1  0  z  1   Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2)2  (1  1)2  5. 0.25 VII 32 32 Giải pt đã cho ta được các nghiệm: z1  1  i, z2  1  i 0.5 2 2 a 2 3 2  22 0.25 Suy ra 2 | z1 || z2 | 1    ; z1  z2  2 2  2   2 2 z1  z2 11 Đ o đó 0.25  ...  2 4 ( z1  z2 ) Tâm I của đường tròn thuộc  nên I(-3t – 8; t) VI 1. 0.25 b Theo yc thì k/c từ I đến  ’ bằng k/c IA nên ta có 0.25
3(3t  8)  4t  10  (3t  8  2) 2  (t  1) 2 2 2 3 4 Giải tiếp được t = -3 0.25 Khi đó I(1; -3), R = 5 và pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25. 0.25     2. Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là 1 vtpt của (ABC) 0.25 Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25 M(x; y; z) MA = MB = MC …. 0.25  M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z 0.25 = -7 VII  xy  2 x  y  2  0, x 2  2 x  1  0, y  5  0, x  4  0 + Điều kiện:  (I ) . 0.25 0  1  x  1, 0  2  y  1 b  2log1 x [(1  x )( y  2)]  2log 2  y (1  x )  6 log1 x ( y  2)  log 2  y (1  x)  2  0 (1)   (I )    0.25 log1 x ( y  5)  log 2  y ( x  4) = 1 log1 x ( y  5)  log 2 y ( x  4) = 1 (2).   1 Đặt log 2 y (1  x)  t thì (1) trở thành: t   2  0  (t  1) 2  0  t  1. t Với t  1 ta có: 1  x  y  2  y   x  1 (3). Thế vào (2) ta có: 0.25 x  4 x  4  1  x  x2  2x  0 log1 x ( x  4)  log1 x ( x  4) = 1  log1 x 1 x4 x4  x0  y  1 . Suy ra:  .   x  2  y 1 + Kiểm tra thấy chỉ có x  2, y  1 thoả mãn điều kiện trên. 0.25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x  2, y  1 . B A P D N