zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 40

Chia sẻ: Pham Xuân Dương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

98
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu '63 đề thi thử đại học 2011 - đề số 40', 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: 63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 40

63 Đề thi thử Đại học 2011 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  3 Cho hàm số y  Câu I (2 điểm) có đồ thị (C). x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 2. Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = x  5 Câu III (1 điểm) 1 dx Tính tích phân:  1 1  x  1  x 2 Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 điểm ) 111 1 1 1    4 . CMR:   1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 2x  y  z x  2y  z x  y  2z xyz PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( 2 điểm ) 1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2    và (d’)  y  2  t (d) 1 1 2  z  1  t Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . Câu VIIa . ( 1 điểm ) Tính tổng : S  C5 C5  C1 C7  C5 C3  C3C7  C5 C1  C5C0 0 4 2 2 4 7 5 7 5 7 57 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C 1 ) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C 2 ) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y  1  2t và (d’)  y  1  2 t z  4  5t z  3t   a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) . Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình : 2 5    x log x  3 ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. -110- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 ®¸p ¸n ®Ò thi thö ®¹i häc lÇn 2 n¨m häc 2009 - 2010 M«n thi: to¸n Thêi gian lμm bμi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò C©u Néi dung §iÓm 2x  3 Hμm sè y = cã : x2 - TX§: D = R \ {2} 0,25 - Sù biÕn thiªn: + ) Giíi h¹n : Lim y  2 . Do ®ã §THS nhËn ®−êng th¼ng y = 2 lμm TCN x  , lim y  ; lim y   . Do ®ã §THS nhËn ®−êng th¼ng x = 2 lμm TC§ x  2 x  2 +) B¶ng biÕn thiªn: 1 0,25 Ta cã : y’ =  < 0 x  D  x  2 2 2   x - y’ - 0,25  2 1 y 2  1.25® Hμm sè nghÞch biÕn trªn mçi kho¶ng  ;2  vμ hμm sè kh«ng cã cùc trÞ 8 - §å thÞ I 0,5 3 2.0® + Giao ®iÓm víi trôc tung : (0 ; ) 6 2 + Giao ®iÓm víi trôc hoμnh : 4 A(3/2; 0) 2 - §THS nhËn ®iÓm (2; 2) lμm t©m ®èi xøng -5 5 10 -2 -4  1 1    C  . Ta có : y '  m    Lấy điểm M  m; 2  .  m  2 m2 2  Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 0,25đ 2 x  m  2  y  m  2 m2 2 0,75đ  2 Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2   m2  0,25đ Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2) -111- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011   1 Ta có : AB2  4  m  2   2  8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2 2  m  2     0,25đ Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0  sin x   cosx  0,25  2  1  sin x     1  cosx   0  cosx   sin x  2  sin x  cosx  cosx.sin x  3  sin x  cosx  cosx.sin x    0 0,25 cosx sin x 2 3   cosx  sin x  cosx.sin x   0    cosx sin x  0,5 3 2 3   0  tan x   tan   x    k   Xét 1 cosx sin x 2 1,0®  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t    2; 2  . Khi đó phương trình trở thành:   t2 1 t  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 2    1 2   Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos 4 4   2  II  x     k 2 4 2,0® x - 4x + 3 = x  5 (1) 2 TX§ : D =  5; ) 0,25 1   x  2  2 7  x 5 ®Æt y - 2 = x  5 , y  2   y  2   x  5 2 Ta cã hÖ :  x  2 2  y  5  x  2 2  y  5  0,25     y  2   x  5   x  y  x  y  3  0 2 2 y  2 y  2 1,0®        x  2 2  y  5   x  y  0   5  29  x      x  2   y  5   2 2 0,5    x  1  x  y  3  0   y  2 1 1 1 1 x  1 x2 1 x  1 x2 dx  1 x  = dx   dx  Ta có : 0,5  1  x 2  1  x  2 2x 1 x2 1 1 1 1 1 1 x2 1 1      1 dx   dx 2 1  x  2x III 1 1® 1.0® 1 0,5 1 1  1 I1     1 dx  ln x  x  |1 1  1   2 2 1  x  1 1 x2   dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx I2  2x 1 -112- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 t  2 x  1  Đổi cận :   x  1  t  2  2 t 2 dt Vậy I 2 =  0 2 2  t  1 2 Nên I = 1 Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 0,25 Ta có :   SCA ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Vậy 1 1 1 1 VSABC  .SABC .SA  .AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2   a 3 sin  1  sin 2   3 6 6 6 3 Xét hàm số : f(x) = x – x trên khoảng ( 0; 1) 1 Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f '  x   0  x   3 0,5 Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số IV f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm S 2® 1.0® cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN 1 2 hay Max f  x   f   x 0;1  3 3 3 a3 Vậy MaxV SABC = , đạt được khi 93 1 1 sin  = hay   arc sin B A 3 3   ( với 0 <   ) 2 C +Ta có : 1 11 1 1 11 1 1 11 1  .(  (  (  ); ); ) 2 x  y  z 4 2 x y  z x  2y  z 4 2 y x  z x  y  2z 4 2 z y  x 1 11 1  (  ); + Lại có : xy 4 x y 1.0® V 1® 1 11 1  (  ); yz 4 y z 1 11 1  (  ); xz 4 x z cộng các BĐT này ta được đpcm. Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của 0,25 AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  0,25 2 2  52 . a 2  b 2 22  52 . 122  12 2a  5b 29  5  2a  5b   29  a 2  b 2  2   VIa 5 a 2  b2 2® a  12b  9a + 100ab – 96b = 0   2 2 a  8 b 1 0,25 1®  9 Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 0,25 -113- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) 0,25 Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : x  9  t   y  6  8t 0,25  z  5  15t   + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2    + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 2 Ta có :   1®  MM '   2; 1;3         8  0  MM '  u, u '   2; 1;3 1 1 ; 1 1 ; 1 0,25 2 2 1   1 2 2 1 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :      MM '  u, u '   8 d   d  ,  d '       u, u ' 11 0,25   .0,25 Chọn khai triển :  x  1  C5  C15 x  C5 x 2    C5 x 5 5 0 2 5  x  1 7  C0  C1 x  C7 x 2    C7 x 7  C7  C1 x  C7 x 2    C5 x 5   2 7 0 2 7 7 7 7 0,25 Hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)5.(x + 1)7 là : VIIa 1đ C5 C5  C1 C7  C5 C3  C3C7  C5 C1  C5C7 0 4 2 2 4 0 7 5 7 5 7 5 0,25 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : C12 5 Từ đó ta có : C5 C5  C1 C7  C5 C3  C3C7  C5 C1  C5C7 = C12 = 792 0,25 0 4 2 2 4 0 5 7 5 7 5 7 5 Đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (5 ; -12) bán kính R 1 = 15 , Đường tròn (C 2 ) có tâm I 2 (1 ; 2) bán kính R 1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 0,25 (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung của (C 1 ) và (C 2 ) thì khoảng cách từ I 1 và I 2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R 1 và R 2 , tức là :  5A  12B  C  15 1   A 2  B2 0,25   A  2B  C  5 2   A 2  B2  Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) 1 VIb TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : 1đ 0,25 2đ |2A – 7B | = 5 A 2  B2  21A 2  28AB  24B2  0 14  10 7 A B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203  10 7 = 0 4A  3B TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta 2 được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25 -114- http://www.VNMATH.com
63 Đề thi thử Đại học 2011  a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5    + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  1 3 Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I   ;0;  hay (d) và (d’) cắt  2 2 nhau . (ĐPCM)   u   15 15   15 b) Ta lấy v   .u '   ; 2 ; 3 .  7 7 7 u'    15  15 15 Ta đặt : a  u  v  1  ;2  2 ;5  3   7 7 7   2  15  15 15 b  u  v  1  ;2  2 ;5  3 1®   7 7 7   Khi đó, hai đườ phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt ng nhận hai véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :   1 15  1 15   x    1   x    1  t t 2 7 2 7          15   15    y   2  2 y   2  2 và t t  7  7              z  3   5  3 15  t z  3   5  3 15  t 2 7 2 7         ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log 5 ( x + 3) = log 2 x (1) 0,25 Đặt t = log 2 x, suy ra x = 2t t t 2 1  2   log 5  2t  3  t  2t  3  5t     3    1 (2) 0,25 3 5 t t 2 1 Xét hàm số : f(t) =    3   VIIb 1® 3 5 t t 2 1 0,25 f'(t) =   ln 0, 4  3   ln 0, 2  0, t  R 3 5 Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log 2 x = 1 hay x =2 0,25 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 -115- http://www.VNMATH.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.