ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D NĂM 2011 LẦN THỨ 1

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

147
lượt xem 41
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi khảo sát chất lượng thi đại học môn toán khối d năm 2011 lần thứ 1', 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 THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D NĂM 2011 LẦN THỨ 1

KỲ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 ĐỀ THI MÔN TOÁN 12. KHỐI D. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= x3 - 3(m + 1)x2 + 3m(m + 2)x + 1 (1) (m là tham số thực) 1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị h àm số (1) khi m= 1 2 . CMR: Hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu. Xác đ ịnh các giá trị của m để h àm số (1) đạt cực đ ại và cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương. Câu II (2,0 điểm) 1 . Giải bất phương trình: x2 + 2 x 2  4 x  3  6  2 x 2 . Giải phương trình: sin2x - 2 2 (sinx + cosx) -5=0 Câu III (1,0 điểm) 1 1 1 1 1 Tính tổng: S=    ...   2!2009! 4!2007! 6!2005! 2008!3! 2010! ! 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có ABC là tam giác vuông tại A, AB =a, AC =a 3 , DA =DB =DC. Biết rằng DBC là tam giác vuông. Tính thể tích tứ diện ABCD Câu V (1,0 điểm) CMR: Với mọi x, y, z dương thoả m ãn xy + yz + zx = 3 ta có: 1 4  1 2 xyz ( x  y )( y  z )( z  x) II. PH ẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ đ ược làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1 . Trong m ặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho 2 điểm A(5;-2), B(-3;4) và đường thẳng d có phương trình: x - 2 y + 1 = 0 . Tìm toạ độ điểm C trên đư ờng thẳng d sao cho tam giác ABC vuông tại C. Viết phương trình đường tròn ngoại tếp tam giác ABC. 2 . Trong mặt phẳng (P), cho hình chữ nhật ABCD có AB=a, AD=b . S là một điểm bất kỳ nằm trên đường thẳng At vuông góc với mặt phẳng (P) tại A. Xác định tâm, bán kính m ặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và tính thể tích khối cầu đó khi SA=2a.  12  Giải hệ phương trình: Câu VII.a (1,0 điểm) 1   y  3x  x  2     12  1   y  3x  y  6    B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1 . Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đ ỉnh A(-2;3), đường cao CH nằm trên đường thẳng: 2x + y -7= 0 và đư ờng trung tuyến BM nằm trên đường thẳng 2x – y +1=0. Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC. 2 . Cho hình chóp S.ABC có đ áy ABC là tam giác đều cạnh a, SAB là tam giác đều và mp(SAB) vuông góc với mp(ABC). Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và tính thể tích khối cầu đó. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình ex = 1+ ln(1+x). --------Hết-------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN: TOÁN 12 ; KHỐI D. (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung đáp án Điểm I 2,0 Khi m=1, ta có hàm số y = x3-6x2+9x+1 * TXĐ: R * Sự biến thiên 0 ,25 - Chiều biến thiên: y' = 3x2 -12x + 9 y' = 0 x =1 hoặc x =3 Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ;1) và ( 3;) ; Ngh ịch biến trên kho ảng (1; 3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1; yCĐ=5 0 ,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x =3; yCT=1 - Giới hạn: lim y   x 1 - Bảng biến thiên: x - 1 3 + (1,0 điểm) y' + 0 - 0 + 0 ,25 + 5 y - 1 * Đồ thị: y 5 0 ,25 1 0 1 34 x * Ta có: y' = 3x2 - 6 (m+1)x + 3m(m+2) y' = 0 x2 - 2(m+1)x + m(m+2) = 0(2) 0 ,25 => ' =(m+1)2 - m(m+2)=1 > 0, m Vậy phương trình y'=0 luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. Do đó 0 ,25 hàm số (1) luôn có cực đại và cực tiểu. 2 (1,0 điểm) * Hàm số (1) đạt cực đại và cực tiểu tại các điểm có hoành độ dương 0 ,25 (2) có 2 nghiệm dương phân biệt P > 0 S>0 m(m+2) > 0 0 ,25 m > 0 2(m+1) > 0 II 2,0 2 2 BPT đã cho x + 2 x - 6 + 2x  4 x  3 > 0 0 ,25
Đặt t = 2 x 2  4 x  3  2( x  1) 2  1 => điều kiện t >1 BPT trở thành: t2  3 0 ,25 t2 + 2t - 15 >0 6t 0 2 1 t >3 (1,0 điểm) 0 ,25 t 9 x2 + 2x - 3 > 0 0 ,25 x > 1 x < -3 PT đã cho (sinx + cosx)2 - 2 2 (sinx + cosx) - 6 = 0 0 ,25 sinx + cosx = - 2 0 ,25 sinx + cosx = 3 2  2  (1,0 điểm) 2 sin  x     2 4  0 ,25   2 sin  x    3 2 => vô nghiệm 4    3 x  x      k 2  k 2 (k  Z ) 0 ,25 4 2 4 III 1,0 Ta có 2011! 2011! 2011! 2011! 2011! 2011!S=    ...   2!2009! 4!2007! 6!2005! 2008!3! 2010!1! 0 ,25 2 4 6 2008 2010 = C 2011  C 2011  C 2011  ...  C 2011  C 2011 Khai triển (1+x)2011= C 2011  C 2011 x  C 2011 x 2  ...  C 2011 .x 2010  C 2011 x 2011 0 ,25 0 1 2 2010 2011 Chọn x = -1 ta có: 0 2 2010 1 3 2011 C 2011  C 2011  ...  C 2011  C 2011  C 2011  ...  C 2011 0 ,25 Chọn x = 1 ta có: C 2011  C 2011  C 2011  ...  C 2011  2 2011 0 1 2 2011 Do đó: C 2011  C 2011  C 2011  ...  C 2011  2 2010 0 2 4 2010 2 2010  1 0 ,25 Vậy S = 2011! IV 1,0 D Hình Gọi M là trung điểm của BC vẽ
0 .25 Ta có: MA=MB=MC Mà: DA=DB=DC (gt) B Suy ra: DM  (ABC) C M a 0 ,25 A Có  DBC vuông cân tại D n ên 0 ,25 1 1 1 a 2  3a 2  .2a  a DM = BC  2 2 2 1 1 a.a. 3 33 Vậy VABCD = .a (đvtt) DM .S ABC  .a  0 ,25 3 3 2 6 V 1,0 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 1 4 4   2.  2 xyz ( x  y)( y  z )( z  x) 2 xyz ( x  y)( y  z )( z  x) 0 ,25 22 = ( xz  yz )( xy  xz )( yz  xy ) 2( xy  yz  zx ) 3 Mà ( xz  yz )( xy  xz )( yz  xy)  2 3 0 ,25 => (xz+yz)(xy+xz)(yz+xy) < 8 1 4 22 Do đó:   1 0 ,25 2 xyz ( x  y)( y  z )( z  x) 8 1 4 Dấu "=" xẩy ra  2 xyz ( x  y)( y  z )( z  x) 0 ,25 xz + yz = xy + xz = yz +xy x = y = z = 1 xy+ yz + zx = 3 VI.a 2,0 Giả sử C=(xo;yo) 0 ,25 Vì C  d nên xo - 2 yo + 1 = 0 (1) Vì CA  CB nên CA.CB  0 0 ,25 (5 - xo)(-3 - xo) + (-2 - yo)(4 - yo) = 0 2 2 x0  2 x0  y0  2 y0  23  0 (2) 2 1 Thế (1) vào (2) ta có: y0  2 y0  4  0 (1,0 điểm) y0  1  5  x0  1  2 5 0 ,25 y0  1  5  x0  1  2 5 Vậy có 2 điểm thoả mãn đề b ài là: C1 = (1  2 5 ; 1  5 ) C2 = (1  2 5 ; 1  5 ) Đường tròn ngoại tiếp t am giác ABC có tâm I(1;1) là trung điểm AB và bán 0 ,25
AB 10   5. Vậy phương trình đường tròn đó là: kính R= 2 2 ( x  1) 2  ( y  1) 2  25 Gọi O là giao điểm hai đ ường Hình chéo AC và BD của hình chữ nhật S vẽ ABCD. Qua O kẻ đường thẳng 0 ,25 song song với SA cắt SC tại điểm I Ta có: OI  (ABCD) vì SA  (ABCD) A I => OI là trục của đường tròn ngo ại tiếp D hình vuông ABCD. O => IA = IB = IC = ID (1) B C Mà OI là đường trung b ình của SAC => IS = IC (2) 2 0 ,25 (1,0 điểm) Từ (1) và (2) => I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Do đó bán kính mặt cầu đó là: 0 ,25 SA2  AC 2 4a 2  a 2  b 2 5a 2  b 2 ¸SC R=    2 2 2 2 Vậy thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là: 0 ,25 (5a 2  b 2 ) 3  (5a 2  b 2 ) 5a 2  b 2 434 (đvtt) V= R   .  3 3 8 6 VII.a 1,0 Điều kiện x>0, y>0, x+3y  0 12 2 1 3 Hệ đ ã cho tương đương với 1   1 y  3x x x y 0 ,25  12 12 6 1 3  1    y  3x y y  3x y x  12 19 => y2 + 6xy - 27x2 = 0 Suy ra  0 ,25 x y y  3x 2 y y y  y  3 hoặc  9 (loại) =>    6   27  0 0 ,25 x x x x Với y = 3x thế vào PT đầu của hệ đ ã cho ta có: x – 2 x - 2 = 0 0 ,25 x = (1+ 3 ) 2 => y = 3 (1+ 3 ) 2 VI.b 2,0 Đường thẳng chứa cạnh AB đi qua A (-2;3) và nh ận véctơ ch ỉ phương uCH = (-1;2) của đường CH làm véctơ pháp tuyến n ên có phương 0 ,25 trình là: - 1(x+2) + 2(y-3) = 0 - x + 2 y - 8 = 0  x  2 y  8  0 Toạ độ điểm B là nghiệm hệ:  => B = (2; 5) 1 2 x  y  1  0 (1,0 điểm) 0 ,25
 x0  2 y 0  3  Giả sử đỉnh C = (xo; yo) => M =  ;  2 2 Vì C  CH nên 2xo + yo - 7 = 0 (1) 0 ,25 x0  2 y 0  3 Vì M  BM nên: 2.  1  0 2xo - yo - 5 = 0 (2)  2 2  x0  3 Giải hệ (1), (2) ta có: Vậy C= (3; 1)   y0  1 0 ,25 Phương trình đường thẳng AC là: 2x + 5y -11 =0 Phương trình đường thẳng BC là: 4x + 5y -13 =0 Gọi H là trung điểm AB => SH  (ABC) S Gọi I là trọng tâm  ABC, J là trọng tâm  SAB Hình và O là điểm sao cho OIHJ là hình vuông vẽ Ta có: 0 ,25 OA=OB=OC (Vì OI là trục của đường tròn B ngoại tiếp  ABC) J O OS=OA=OB (vì OJ là trục của đường tròn ngoại tiếp  SAB ) H I Vậy O là tâm mặt cầu ngo ại tiếp hình chóp S.ABC C 2 A (1,0 điểm) 0 ,25 Bán kính m ặt cầu là: 2 2 2 5 a 3  1 2 a 15 R=OA= OI  IA   SH    CH    0 ,25 2 2      9 2  3  3 6    3 4  a 15  5 15 3 4 Thể tích khối cầu là: V = R 3   .  a (đvtt) 0 ,25 36 3 54   VII.b 1,0 0 ,25 Điều kiện: x > -1 Xét hàm số: f(x) = ex - ln(1+x) - 1 trên khoảng (-1; +  ) 1 1 Ta có: f'(x)= ex - ; f''(x) = ex +  0 , x  (-1; +  ) 0 ,25 (1  x) 2 1 x Suy ra f'(x) đ ồng biến /(-1; +  ) Vì f'(0) = 0 nên f'(x) > 0 , x >0 f'(x)