ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN – ĐỀ SỐ 2

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi khảo sát chất lượng ôn thi đại học 2011 môn toán – đề số 2', 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: ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN – ĐỀ SỐ 2

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ÔN THI ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN – ĐỀ SỐ 2 Thời gian làm bài: 1 80 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3 2 Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x + 3 x + m x + 1 có đ ồ 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)  x  2 y  xy  0  1. Giải hệ phương trình:   x 1  2 y 1  1  cos 2 x 1  sin 2 x  sin 2 x . 2. T×m x  (0;  ) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh: cotx – 1 = 1  tan x 2 Câu III: (2 điểm) 1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy đ iểm M sao cho AM = x (0 < x  a). Trên đ ường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b ) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt  ( x  sin 2 2 x) cos 2 xdx . 2. Tính tích phân: I = 4  0 Câu IV: (1 điểm) : Cho c¸c sè thùc d¬ng a,b,c thay ®æi lu«n tho¶ m·n : a+b+c=1. a  b2 b  c2 c  a2 Chứng minh rằng :    2. bc ca ab PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Chó ý!:ThÝ sinh chØ ®îc chän bµi lµm ë mét phÇn) A. Theo chương trình chuẩn 3 Câu Va :1.Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diÖn tÝch b»ng vµ 2 träng t©m thuéc ®êng th¼ng : 3x – y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iÓm A(1;4;2),B(-1;2;4) x 1 y  2 z vµ ®êng th¼ng  :  sao cho: MA2  MB2  28  .T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn  1 1 2 4 2 2  2 x 1  2 x 1 3) x 3) x Câu VIa : Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: ( 2   (2   2 3 B. Theo chương trình Nâng cao 2 2 Câu Vb: 1. Trong mpOxy, cho đư ờng tròn (C): x + y – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi x 1 y 1 z .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, d:   1 2 1 cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d  4 log 3 xy  2  ( xy ) log3 2  Câu VIb: Giải hệ phương trình  2 2  log 4 ( x  y )  1  log 4 2 x  log 4 ( x  3 y )  ………………… …..………………..Hết……………………………………. (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)
Híng dÉn chÊm m«n to¸n Néi Dung ý §iÓm C©u 2 I Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm) 1 1 y = x3 + 3x2 + mx + 1 ( Cm ) 3 2 1. m = 3 : y = x + 3x + 3x + 1 (C3) + TXÑ: D = R 0,25 + Giới hạn: lim y  , lim y   x  x + y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2  0; x 0,25  hµm sè ®ång biÕn trªn R  Baûng bieán thieân: 0,25 + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0  x = –1  tâm đối xứng U(-1;0) * Ñoà thò (C3): Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1) 0,25 2 1 Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø: 0,25 x  0 x 3 + 3x 2 + mx + 1 = 1  x (x2 + 3x + m) = 0   2  x  3x  m  0 (2) * (Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0;1), D, E phaân bieät:  Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE  0. m  0    9  4m  0  0,25 4 (*)  2  m  9 0  3  0  m  0 
Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø: 0,25 kD= y’(x D)= 3x 2  6x D  m  (3x D  2m); D kE=y’(xE)= 3x2  6x E  m  (3x E  2m). E Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1 (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1  9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 0,25  2  9m + 6m(–3) + 4m = –1 (vì xD + x E = –3; xDxE = m theo ñònh lý Vi-ét).  9  65 m  8  4m2 – 9m + 1 = 0    9  65 m  8  1    So s¸nhÑk (*): m = 9  65 8 II 2 1 1 x  1  0,5 1. §k:  1 y  2  (1)  x  y  ( y  xy)  0 ( x  y )( x  2 y)  0  x 2 y  0   x 2 y  x  y  0(voly)  0,25  x = 4y Thay v µo (2) cã 4 y 1  2 y 1  1  4 y  1  2 y  1  1  4 y 1  2 y 1  2 2 y 1  1  2 y  1  2 2 y 1 1  y  (tm)  2 y 1  0 x  2 2    x  10 5  2 y 1  2 (tm)  y     2 V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = (10;5/2) 0,25 1 2 sin 2 x  0 sin 2 x  0  ®K:  sin x  cos x  0  tan x  1 cos x  sin x cos 2 x. cos x 0,25  sin 2 x  sin x cos x PT   cos x  sin x sin x cos x  sin x  cos 2 x  sin x cos x  sin 2 x  sin x cos x  sin x
 cos x  sin x  sin x(1  sin 2 x) 0,25  (cos x  sin x)(sin x cos x  sin 2 x  1)  0 0,25  (cosx  sin x)(sin2x  cos2x  3)  0  c os x  sinx  0   (cos x  sinx)( 2sin(2x  )  3)  0    2 sin(2 x   )  3( voly ) 4  4 0,25   k ( k  Z ) (tm®k)  cos x  sin x  0  tanx = 1  x  4  Do x  0;    k  0  x  4 III 2 1 1  SA  ( ABCD) Do   ( SAC )  ( ABCD) 0,25  SA  ( SAC ) Lai cã MH  AC  ( SAC )  ( ABCD ) x  MH  ( SAC )  d ( M , SAC )  MH  AM .sin 45o  2 Ta cã x x AH  AM .cos 450   HC  AC  AH  a 2  O,5 2 2 1 1x x  S MHC  MH .MC  (a 2  ) 2 22 2 1 1 x x  VSMCH  SA.S MCH  2a (a 2  ) 3 6 2 2 Tõ biÓu thøc trªn ta cã: 0,25 x x a 2 3 1 a VSMCH  a  2 2 2   3 2 6 x x  a 2 2 2  xa  M trïng víi D
2 1 0,25    4 4 4 2 2 I = ( x  sin 2x)cos2 xdx  xcos2xdx  sin 2 xcos2 xdx  I 1  I 2    0 0 0 TÝnh I1  0,25  du  dx u  x 14 x    1  I1  sin 2x 4   sin 2xdx ® Æt  v   cos2xdx v  2 sin 2x 2 20  0   1 1   cos 2 x 4   84 84 0 TÝnh I2   0,25 4 1 13 41 I 2  sin2 2xd(sin2x)  sin 2x  20 6 6 0 0,25 111 VËy I=  8 4 6 8 12 IV 1 1 2 2 2 a b c b c a .Ta cã :VT = (   )(   )  A B 0 ,25 bc c a ab bc c a ab 0,25 1 1 1 1  (a  b )  (b  c )  ( c  a )   A3  a  b  b c  c  a 2   13 1 1 1 9  3 (a  b)(b  c)(c  a )3 3  ab bc ca 2 2 3  A 2
a2 b2 c2 12  (a  b  c)2  (  )(a  b  b  c  c  a ) 0,25 ab bc ca 1  1  B.2  B  2 31 Tõ ®ã tacã VT    2  VP 0,25 22 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi a=b=c=1/3 V.a 2 1 1 0 ,25 55 2 , trung ®iÓm M ( Ta cã: AB = ;  ), 22 pt (AB): x – y – 5 = 0 0 ,25 3 1 3 S ABC = d(C, AB).AB =  d(C, AB)= 2 2 2 1 Gäi G(t;3t-8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)= 2 0 ,25 t  (3t  8)  5 1  d (G, AB)= =  t = 1 hoÆc t = 2 2 2  G(1; - 5 ) hoÆc G(2; - 2)     Mµ CM  3GM  C = (-2; -10) hoÆc C = (1; -1) 0,25 2 1 x  1 t  0,5 ptts :  y  2  t  M (1  t ; 2  t ; 2t )  z  2t  0,25 Ta cã: MA2  MB 2  28  12t 2  48t  48  0  t  2 Tõ ®ã suy ra : M (-1 ;0 ;4) 0,25 VI.a 1 1 0,25 2 2     x 2x x 2x  2 3  2 3 4 Bpt 0,25 1 x2 2x   t 4 t  2 3 (t  0) BPTTT : t  t2  4t 1  0  2  3  t  2  3 (tm) 0,25 x 2 2 x    2  3  1  x 2  2 x  1 Khi ®ã : 2  3  2  3
0,25 x2  2x 1  0 1  2  x  1 2  V.b 2 1 1 . (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M  Oy  M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) 0,5  AMB  600 (1) Vậy  Vì MI là phân giác của AMB  AMB  1200 (2)  IA  MI = 2R  (1)  AMI = 300  MI  m2  9  4  m   7 sin 300 23 IA 43 (2)  AMI = 60 0  MI  R  m2  9   MI = Vô 0 0,5 3 sin 60 3 nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 2 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. 0,25  x  1  2t  d có phương trình tham số là:  y  1  t z   t    Vì H  d nên tọa độ H (1 + 2t ;  1 + t ;  t).Suy ra : MH = (2t  1 ;  2 + t ;  t)  0,25 Vì MH  d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; 1), nên :   2 2.(2t – 1 ) + 1.( 2 + t) + ( 1).(t) = 0  t = . Vì thế, MH =  1 ;  4 ;  2    3 3 3 3     uMH  3MH  (1; 4; 2) 0,25 x  2 y 1 z Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là:   4 2 1 7 1 2 Theo trªn cã H ( ;  ;  ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ nªn to¹ ®é 0,25 3 3 3 8 5 4 M’ ( ;  ;  ) 3 3 3 ĐK: x>0 , y>0 22log3 xy  2log3 xy  2  0 VIb (1)  0,5 0,25 3 log3xy = 1  xy = 3y= x (2) log4(4x2+4y2) = log4(2x2 +6xy)  x2+ 2y2 = 9 0,25 6 Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; ) 2
S M A D H C B