ĐỀ KSCL ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT VĨNH PHÚC

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề kscl đại học lần 4 năm 2011 môn: toán, khối a - trường thpt vĩnh phúc', tài liệu phổ thông, toán học 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: ĐỀ KSCL ĐẠI HỌC LẦN 4 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT VĨNH PHÚC

www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KSCL ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Vĩnh Phúc Môn: TOÁN- KHỐI D-LẦN 4 Thời gian: 150 phút, không kẻ thời gian giao đề x2 y Cho hàm số CÂU I (2,0 điểm). (C) 2x  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 1 2 . Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) ,biết khoảng cách từ điểm A  ;  2 2 đ ến tiếp tuyến đó là lớn nhất. CÂU II (2,0 điểm).   1 . Giải bất phương trình: log 3 log 4 x  2x 2  x   0   10 x x sin 3  cos 3 2  1 cos x 2 2 . Giải phương trình: 2  sin x 3 CÂU III (1,0 điểm).  2 I    cos10 x  sin10 x  sin 4 xcos 4 x dx Tính tích phân: 0 CÂU IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với:  1    AB = BC = a, cạnh bên AA  a 2 . M là điểm trên AA sao cho AM  AA . 3 Tính thể tích khối tứ diện MABC CÂU V (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c .Chứng minh bất đẳng thức sau: a3  b3  c3 3  abc   a  b  b  c  c  a  3 4 CÂU VI (2,0 điểm). 1.Trong m ặt phẳng toạ độ Oxy ,cho hai điểm A(5;-2),B(-3;4) và đường thẳng d có phương trình: x-2y+1=0.Tìm toạ độ điểm C trên đường thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại C. 2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho mặt phẳng (P) có phương trinh: 2x-y-2z-12=0 và hai điểm A(2;1;4) và B(1;1;3).Tìm tập hợp tất cả các điểm M trên (P) sao cho diện tích của tam giác MAB có giá trị nhỏ nhất. CÂU VII (1,0 điểm). Tìm số phức z thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau: z  2i z  1  2i  z  3  4i và là một số ảo. z i ----------------------------------------------Hết--------------------------------------------- G hi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Môn: Toán 12. Khối D. Đề thi khảo sát lần 4 ĐÁP ÁN Ý Câu Điểm Nội dung I 2,00 1,00 1 1  a/ Tập xác định : D R \  2 5 b/ Sự biến thiên: y /   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 : 1 Lim y  Lim y  Lim y    ; Lim y    ; 2  x   x   1 1 x x 2 2 1 1 +Tiệm cận đứng x= ,tiệm cận ngang y= 0, 5 2 2 c/Đồ thị 1 -  x 2 Y/ y - -  Y 1 1 0,25 2  2 x o 1,00 2  x 2     C  pt tiếp tuyến với (C) tại M M  x0 ; 0  2 x0  1  x 2 5  : y   2 x  x0   0  0,25  2 x0  1 2 x0  1 là 2    : 5x   2 x  1 y  2 x02  8 x0  2  0 0
1 21 5.   2 x0  1 .  2 x 20  8 x0  2 0,25 5 2 x0  1 2 2 d  A;       4 4 25   2 x0  1 25   2 x0  1 5 5 d  A;       5 25 5 2   2 x0  1 2  2 x0  1 0,25 theo bdt cô si.Dấu bằng xẩy ra 1 5 2   2 x0  1  5  2 x0  1  5  x0  2 từ đó 2 tiếp tuyến là :  1  : y   x  1  5 &   2  : y   x  1  5 Vậy k/c từ A đến    lớn nhất bằng 5 khi 0,25 đó 2 tiếp tuyến là :  1  : y   x  1  5 &   2  : y   x  1  5 II 2,00 1,00 1 . Giải bất phương trình: log  log x  2x 2  x   0 (*)   3   4  10 2 x2  x  0   x  2x2  x  0 1  2 x  2  x  0 2 x  x  0  (*)       log x  2 x 2  x  0  x  2 x 2  x  4  0,5  4  2x2  x  4  x      l og 4 x  2 x 2  x  1   x  4  1  1   x  4 x  0 1 0,25   x  4  x  0  x  4 x  0 2   2  2   x  7  113  x  7  113 2  2 x  x   4  x   x  7 x  16  0 2 2      2 2  7  113 7  113 0,25 x x 2 2 2 1,00 Phương trình được biến đổi thành : 0,25 x x  x x 1   sin  cos  1  sin cos    2  sin x  cos x 2 2  2 2 3  x x  x x 1 x x  x x    sin  cos  1  sin cos    2  sin x   cos  sin   sin  cos  0,25 2 2  2 2 3 2 2  2 2   x  x x x * sin  cos  0  tan  1    k  x   k 2 2 2 2 24 2 1 1 x x x x 3  1  sin x    2  sin x   sin  cos   sin  cos   0,25 *2 2 (vn) 3 2 2 2 2    k 2 ( k   ) vậy pt có 1 họ nghiệm là : x  0,25 2
III 1,00  2 I    cos10 x  sin10 x  sin 4 xcos 4 x dx 0 0,25 T  cos10 x  sin10 x  sin4 xcos 4 x   10 10 4 4 2 2 Rút gọn T  cos x  sin x  sin xcos x cos x  sin x   cos 6 x  sin 6 x   cos 4 x  sin 4 x  0,25 1 1  cos 2 x 1  sin 2 2 x   cos 2 2 x  sin 2 4 x 2 4 16  1  cos 4 x 1 15 1 1  1  cos8 x     cos 4 x  cos 8 x 2 32 32 2 32 0,25   2  15 1 1  15 1 1 2   I     cos 4 x  cos8 x dx   x  sin 4 x  sin 8x  32 2 32  32 8 256 0  0 15 0,25 I   64 Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông với…. IV 1,00 Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B.Gọi H là trung điểm AC thì 0,25 BH  AC  BH   ACC ' A'  .Do đó BH là đường cao của hình chóp 2 22 B.MA'C '  BH  a .Từ giả thiết suy ra MA'  a, AC '  2a ' 0,5 2 3 1 1 1 2 122 23 Ta có VB.MA'C '  BH . MA' . A'C '  a. 2 a  a. . a 0,25 3 2 32 2 3 9 Cho a, b, c  0. chứng minh bđt sau… V 1,00 0,25 9  a 3  b3  c 3  3abc   a  b  . b  c  .  c  a  4 ycbt a  b  c  3abc   a  b  c   a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3 3 3 M  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca 1 3 2 2 2 2 2 2 M   a  b    b  c    c  a    3  a  b   b  c   c  a  0,25  2 2 1  a b  b c  c  a   3 3 a b bc c  a N  abc  0,25 2 2 93 9 3 3 3 a  b b  c c  a  .  a  b   b  c   c  a   VP Vậy VT= M .N  4 4 0,25 dấu đẳng thức xẩy ra khi a=b=c VI 2,00 1 ….A(5;-2),B(-3;4)……(d):x-2y+1=0……. 1,00   0,25 Giả sử điểm C   d   C  2t  1; t   AC   2t  6; t  2  & BC   2t  2; t  4     Góc   900  AC.BC  0   2t  6   2t  2    t  2   t  4   0 ACB 0,5  t 2  2t  4  0  t  1  5 . Vậy có hai điểm C tren (d) thoả mãn ycbt
   C1 1  2 5;1  5 ; C2 1  2 5;1  5 0,25 2 …2x-y-2z-12=0 và hai điểm A(2;1;4) và B(1;1;3)…. 1,00      0,25 Ta có AB   1;0; 1 ; nP   2; 1; 2   AB.nP  0  AB / /( P) 1 M   P  ; MH  d  A; P  ; S  MAB  MH . AB;  S MAB  min  MH   P  . 2 0,25 Gọi (Q) là mặt phẳng qua AB và   Q    P   nQ  1; 4; 1 ; Q  x  4 y  z  2  0 . Suy ra tập hợp điểm M là đường thẳng giao tuyến Của ( P) và (Q) Trong đó 0,5 (P):2x-y-2z-12=0 và (Q):x+4y-z-1=0 Tìm số phức z tho ả mãn đồng thời hai điều kiện sau: VII 1,00 z  2i là một số ảo. z  1  2i  z  3  4i và z i 0,25 Giả sử: z  x  iy  x, y    theo gt x  1   y  2  i  x  3   4  y  i 2 2 2 2  x  1   y  2    x  3   4  y   y  x  5 0,25 2 z  2i x   y  2  i x   y  2   y  1  x  2 y  3 i u   u là số ảo 2 x  1  y  i x 2  1  y  z i 0,25   2  y  x  5; x 2   y  2   y  1  0; x  2 y  3   0, x 2  1  y   0 12 23 Giải điều kiện : z   i 0,25 77