ĐỀ THI SÁT HẠCH KHỐI 12 NĂM 2011 MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

128
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi sát hạch khối 12 năm 2011 môn toán - trường thpt minh châu', 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 THI SÁT HẠCH KHỐI 12 NĂM 2011 MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT MINH CHÂU

Së GD&®t H¦NG Y£N Đ Ề TH I S¸T H¹CH KhèI 12 NĂM 2011 MÔN TOÁ N KH ỐI A TR¦êng thpt minh ch©u Thời gian làm bài : 180 p hút(không kể thời gian gia o đề) I/PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 ,0 điểm) 4 2 2 Câu I(2,0 điểm ): Cho h àm số y = x – 8m x + 1 (1), với m là th am số thực. 1 1.Khảo sát sự b iến thiên và vẽ đồ thị của h àm số (1) khi m = 2 2.Tìm các giá trị của m để h àm số (1) có 3 cực trị A ,B, C và d iện tích tam giác ABC bằng 64. p p 2017 ö Câu II(2,0 điểm) 1. Gi¶i ph¬ng tr×nh sau: 2. sin 2 æ x - ö - sin æ 2 x + ÷ = 1 - tan x ç ÷ ç 2 4ø è è ø ì x ï6 y - 2 = 3x - y + 3 y 2.Giải hÖ p hương trình : í . (với x Î R ) ï2 3x + 3x - y = 6 x + 3 y - 4 î p 2 Câu III(1,0 điểm) Tính tích phân I = ò ( x + cos 2 x ) s in xdx . 0 Câu IV(1 ,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD , đá y ABCD là hình vuông cạnh a,mặt bên SAD là tam giác đ ều và SB = a 2 . Gọi E, F lần lư ợt là trun g đ iểm của AD và AB .Gọi H là giao điểm của FC và EB. Chứng m inh rằn g: SE ^ EB và CH ^ SB . Tính thể tích khối chóp C.SEB Câu V(1 ,0 điểm). Cho a,b,c là ba số th ực dương tuú ý thoả mãn a +b+c = 2 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu ab bc ca P = + + thức : 2c + a b 2a + bc 2 + ca b II/PHẦN RIÊNG (3, 0 điểm )Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặ c phần B) A /Theo chương trình Chuẩn: Câu V Ia (2,0đ iểm) 1. Cho tam giác ABC có đ ỉnh A (0 ;1), đườn g trung tu yến qua B và đ ườn g phân giác trong củ a góc C lần lượ t có phương trình : ( d ): x – 2 y + 4 = 0 và ( d 2 ): x + 2 y + 2 = 0 1 Viết phươn g trình đường th ẳn g BC . 2.T ron g không gian với hệ to ạ độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 2 x + 2 y + 4 z - 3 = 0 và h ai đường thẳng ì x = 2 t x - 1 y z ï ( D1 ) : í y = 1 - t ( t Î R ) , ( D 2 ) : = . Viết phươn g trình tiếp d iện của m ặt cầu ( S ) , bi ết tiếp di ện đó = -1 1 1 ïz = t î song song với cả hai đườn g th ẳn g ( D ) và ( D 2 ) . 1 n æ1 xö C© u VIIa: (1® iÓm) Ch o khai triÓn ç + ÷ = a0 + a1 x + a2 x 2 + .... + an x n . T×m sè lín nhÊt trong c¸c sè è2 3ø a0 , a1 , a2 ,..., an biÕt r»ng n lµ sè tù nhiªn thá a m·n Cn Cn -2 + 2Cn -2 Cn -1 + Cn Cn -1 = 11025 . 2n n n 1n B /Theo chương trình Nâng cao: x 2 y 2 Câu V I b(2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳn g tọa độ Oxy , cho điểm A(2 ; 3 ) và elip (E): = 1 Gọi F1 . + 2 3 và F2 là các tiêu điểm củ a (E) (F1 có hoành độ âm ); M là giao điểm có tung độ dư ơng củ a đườn g th ẳn g AF1 với (E); N là đ iểm đố i xứng của F qua M. Viết phươn g trình đ ường tròn ngoại tiếp tam giác AN F . 2 2 2.T rong không gi an với hệ to ạ độ Oxyz , cho các đi ểm B ( 0; 3; 0 ) , M ( 4; 0; - 3 ) . Viết ph ương trình mặt phẳng ( P chứa B, M và cắt các trụ c Ox, Oz lần lư ợt tại các điểm A và C sao cho thể tí ch khối tứ d iện OABC bằng ) 3 ( O là gốc to ạ độ ). ì lo g x + y ( 3 x + y ) + lo g 3 x + y ( x 2 + 2 xy + y 2 ) = 3 ï ( x Î R ) C© u VII.b: (1®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh: í x ï x + y x + y = 2 0 î 4 + 2 .4 Tuan79th@zing.com gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN THANG Đ IỂM ĐỀ THI KSC L THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN KHỐ I A Câu Nộ i dung đáp án Điểm Ý 1 I 1 Khi m= hàm số đã cho có pt: y= x – 2x + 1 4 2 1điểm 2 1.TXĐ : D = R 2.SBT 0 ,25 .CBT: y’= 4x 4x = 4x( x 1) 3 2 y’=0 x = 0 ho ặc x = 1 hoặc x = 1 Hàm số đồng biến "x Î (-1; 0) vµ (1; +¥ ) 0 ,25 Hàm số nghịch biến "x Î (-¥; -1) vµ(0;1) .Cự c trị : H S đạt cực đại tại x= 0 và yCĐ=y(0)=1 H S đạt cực tiểu tại x= ± 1 và yCT=y( ± 1)=0 .Giới hạn: lim y = +¥ ; lim y = +¥ x +¥ ® x -¥ ® .B B T: x -¥ -1 0 1 + ¥ 0 ,25 - 0 + 0 - 0 + , y y 1 +¥ +¥ 0 0 ------------------------------------------------------------------------------ 3. vẽ đồ thị: y 1 0 ,25 -1 1 x I 2 (1điểm ) y , = 4 x3 - 16m 2 x = 4 x( x 2 - 4m 2 ) Đk để hàm số có 3 cực trị là y, = 0 có 3 nghiệm phân biệt 0 ,25 Tức là phương trình g ( x) = x 2 - 4m 2 = 0 có hai nghiệm p hân biệt x ¹ 0 Û m ¹ 0 ------------------------------------------------------------------------------ é x = 0 Þ y = 1 ê y = 0 Û ê x = 2m Þ y = 1 - 16 4 , m ê x = -2 m Þ y = 1 - 16 4 m ë 0 ,25 Giả sử 3 điểm cực trị là:A(0;1 );B ( 2 m;1 - 16m 4 ) ;C ( -2m;1 - 16 m 4 ) ------------------------------------------------------------------------------ Ta thấy AB=AC = ( 2m ) 2 + (16m 4 ) 2 nên tam giác ABC cân tại A
Gọi I là trung điểm của BC thì I (0;1 - 16m 4 ) 0 ,25 nên AI = 16 m4 ; BC = 4 m ------------------------------------------------------------------------------ 1 1 S DABC = . AI .BC = 16m 4 .4 m =64 Û m5 = 2 Û m = ± 5 2 (tmđk m ¹ 0 ) 2 2 Đs: m = ± 5 2 0 ,25 III 1điểm ìu = x + cos x ì du = (1 - 2 sin x cos x ) dx 2 ï Đặt í . Þí 0 ,5 î dv = sin xdx ïv = - cos x î p p 2 Vậy I = - ( x + cos 2 x ) cos x 02 + ò (1 - 2 sin x cos x ) cos xdx 0 ----------------------------------------------------------------------- p p p p cos3 x 2 2 2 4 0 ,5 = 1 + ò cos xdx + 2 ò cos 2 xd ( cos x ) = 1 + ( sin x ) 02 + (2. = . 2 ) = 1 + 1 - 0 3 3 3 0 0 IV 1 S (1điểm ) A F 0 ,25 B H E D C *CM: SE ^ EB a 3 Vì tam giác SAD đều cạnh a Þ SE = 2 0 ,25 Xét tam giác vuô ng AEB có: 2 2 æaö a 5 EB 2 = EA2 + AB 2 = ç ÷ + a 2 = 4 è2ø ----------------------------------------------------------------------------- 2 æ a 3 ö 5 2 a 2 2 = 2 2 = SB 2 Xét tam giác SEB có: SE + EB = ç a ÷+ ç2÷ 4 è ø suy ra tam giác SEB vuông tại E hay SE ^ EB 0 ,25 ------------------------------------------------------------------------------ Ta có: AEB = BFC(cc) suy ra ¼ = BFC AEB ¼ ¼ mà ¼ + FBE = 90 0 ¼¼ AEB ¼ Þ BFC + FBE = 900 Þ FHB = 90 0 0 ,25 Hay CH ^ EB mÆt kh¸c CH ^ SE (do SE ^ ( ABCD) ) Suy ra CH ^ ( SEB) . => CH ^ SB 1 IV 2 Vậy VC . SEB = .CH .S DSEB (1điểm ) 0 ,25 3
------------------------------------------------------------------------------ 1 1 1 1 1 41 5 * X ét FBC có : + 2 = 2 + 2 = 2 suy = + = 2 2 2 2 BH BF BC æaö a aa a ç÷ 0 ,25 è 2 ø 2 a ra BH 2 = 5 ------------------------------------------------------------------------------ 0 ,25 a 2 4 a 2 2 a BHC có: CH 2 = BC 2 - BH 2 = a 2 - Xét Þ CH = = 5 5 5 ----------------------------------------------------------------------------- 0 ,25 1 2a 1 a 3 a 5 a 3 3 1 1 Nên VC . SEB = CH . .SE.EB = . (đ vtt) .. . = 3 2 3 5 2 2 2 12 Tõ gt ta cã a, b, c Î (0;2) vµ 2c+ab=4-2(a+b)+ab=(2-a)(2-b): V (1 điểm) ab 1 1 Cho nªn = ab . . 0 ,25 (2 - a ) ( 2 - b ) 2 + ab c ------------------------------------------------------------------------------ ¸p dông B§T C« S y ab 1 ab ab 1 1 1 £ ab ( . + )= ( + )(1) 0 ,25 2 ( 2 - a ) ( 2 - b) 2 b + c c + a 2 + ab c ------------------------------------------------------------------------------ bc 1 bc bc £ ( + )(2) 2 + bc 2 a + b c + a a Tương tự ca 1 ca ca £( + )(3) 2b + ca 2 b + a c + b 0 ,25 Tõ (1),(2),(3) ta cã 1 é ab ca bc ab bc ca ù 1 P£ ê ( b + c + b + c ) + ( c + a + c + a ) + ( a + b + a + b ) ú = 2 (a + b + c = 1 ) 2ë û ------------------------------------------------------------------------------ 0 ,25 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi a=b=c= . 3 2 Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 1 khi a=b =c= 3 V I. 2 0 ,25 ( S ) có tâm I (1; -1; -2 ) , R = 3 a (1 r r điểm) ( D1 ) , ( D 2 ) lần lượt có các véctơ chỉ phương u = ( 2; -1;1) , v = (1; -1;1) rr 0 ,25 mp ( P ) có véctơ pháp tuyến éu, v ù = ( 0; -1; -1) Þ ( P ) : y + z + m = 0 ( m Î ¡ ) ëû ------------------------------------------------------------------------------ é m = 3 2 + 3 m - 3 d ( I , ( P ) ) = R Û = 3 Û ê 0 ,5 2 ê = 3 - 3 2 ëm Vậy ( P1 ) : y + z + 3 + 3 2 = 0; ( P2 ) : y + z + 3 - 3 2 = 0 V II 1 T×m sè lín nhÊt tro ng c¸c sè a0 , a1 , a2 ,..., an .... a Ta cã C 2 C n -2 + 2 C n -2 C n -1 + C 1 C n -1 = 11025 Û (C 2 + C 1 ) 2 = 105 2 nn n n nn n n é n = 14 n (n - 1) C 2 + C 1 = 105 Û + n = 105 Û n 2 + n - 210 = 0 Û ê 0 ,25 n n ën = -15 (lo ¹ i) 2
14 - k 14 k 14 14 æ1 xö k æ1ö æxö k -1 4 - k k k Ta cã khai triÓn ç + ÷ = å C 14 ç ÷ ç ÷ =å C 14 2 .3 .x 0 ,25 è2 3ø è2ø 3 ø k=0 è k=0 k -14 - k k Do ®ã a k = C 14 2 .3 a k +1 C 14+1 2 k -13 3 - k -1 2(14 - k ) k 0 ,25 Ta xÐt tØ sè . = = C 14 2 k -14 3 - k k 3(k + 1) ak a k +1 2(14 - k ) > 1 Û k < 5 . Do k Î ¥ , nªn k £ 4 . >1Û 3( k + 1) ak a k +1 a < 1 Û k > 5, k +1 = 1 Û k = 5 T¬ng tù ak ak 0 ,25 Do ®ã a 0 < a 1 < ... < a 4 < a 5 = a 6 > a 7 > ... > a 14 Do ®ã a5 vµ a6 lµ h ai hÖ sè lín nhÊt 1001 VËy hÖ sè lín nhÊt lµ a 5 = a 6 = C 14 2 - 9 3 -5 = 5 62208 x 2 y 2 V I. 1 0 ,25 ( E ) : + = 1 Þ c 2 = a 2 - b2 = 3 - 2 = 1 b (1điểm ) 2 3 Do đó F1(1; 0); F2(1; 0); (AF1) có p hương trình x - y 3 + 1 = 0 2 ö æ 4 ö Þ M æ1; ÷ Þ N ç1; ÷ 0 ,25 ç 3ø 3 ø è è uuur 1 ö uuur uuur uuur Þ NA = æ1; - ( ) ÷ ; F2 A = 1; 3 Þ NA.F2 A = 0 0 ,25 ç 3ø è Þ DANF2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F2N ----------------------------------------------------------------------------- 2 2ö 4 æ 0 ,25 2 Do đó đường tròn có phương trình là : ( x - 1) + ç y - ÷ = 3 ø 3 è V I. 2 · Gọ i a, c lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm A, C . b (1điểm ) 0 ,25 x y z Vì B ( 0; 3; 0 ) Î Oy nên ( P ) : + + = 1 . a 3 c ---------------------------------------------------------------------------- 4 3 M ( 4; 0; -3) Î ( P ) Þ · - = 1 Û 4c - 3a = ac (1) 0 ,25 ac ac 1 1 1 = 3 Û ac = 6 (2) VOABC = OB.S DOAC = .3. ac = 2 3 32 ----------------------------------------------------------------------------- ì a = -4 ì ac = 6 ì ac = -6 ì a = 2 ï Từ (1) và (2 ) ta có hệ í Úí Ûí 3 Ú í 0 ,25 î 4c - 3a = 6 î 4c - 3a = 6 ï = - 2 îc = 3 c î 0 ,25 x y 2 z x y z Vậy ( P1 ) : = 1; ( P2 ) : + + = 1 +- 2 3 3 -4 3 3 Gọi C ( xc ; yc ) V I. 1 (1điểm ) Vì C thuộc đường thẳng (d2) nên: C ( -2 yc - 2; yc ) a y + 1 ö Gọi M là trung điểm của AC nên M æ - yc - 1; c 0 ,25 ç ÷ 2 ø è
----------------------------------------------------------------------------- y + 1 Vì M thuộc đường thẳng (d1) nên : - yc - 1 - 2. c + 4 = 0 Þ yc = 1 2 Þ C (-4;1) 0 ,25 ------------------------------------------------------------------------------ Từ A kẻ AJ ^ d 2 tại I ( J thuộc đ ường thẳng BC) nên véc tơ chỉ ® phương của đ ường thẳng (d2) là u (2; -1) là véc tơ pháp tuyến của đường thẳng (AJ) Vậy phương trình đường thẳng (AJ) qua A(0;1)là:2xy+1=0 Vì I=(AJ) Ç (d2) nên toạ độ diểm I là nghiệm của hệ 4 ì x = - ì 2 x - y + 1 = 0 ï 4 3 ï 5 Þ I (- ; - ) Ûí í 0 ,25 x + 2 y + 2 = 0 3 5 5 î ïy = - ï 5 î ------------------------------------------------------------------------------ Vì tam giác ACJ cân tại C nên I là trung đ iểm của AJ 8 8 ì ì ï0 + x = - 5 ï x = - 5 8 11 Gọi J(x;y) ta có: ï ï Þ J (- ; - ) Ûí í ï1 + y = - 6 ï y = - 11 5 5 ï ï 5 5 î î 8 11 Vậy phư ơng trình đường thẳng (BC) qua C(4;1) ; J ( - ; - ) l : 0 ,25 5 5 4x+3y+13=0 Câu V IIb : (1 ,0 điểm) Gi¶i hÖ PT: ì lo g x + y (3 x + y ) + lo g 3 x + y ( x 2 + 2 xy + y 2 ) = 3 (1) ï ( x Î R ) í x ï 4 x + y + 2 .4 x + y = 2 0 (2 ) î ì0 < x + y ¹ 1 + ĐK í 0,25 î 0 < 3 x + y ¹ 1 Û log x + y (3 x + y ) + log 3 x + y ( x + y 2 = 3 ) V íi ®k trªn PT (1) Û log x + y (3 x + y ) + 2 log 3 x + y ( x + y) = 3 (3) ét = 1 0,25 2 PT(3) trở thành t + = 3 Û t 2 - 3t + 2 = 0 Û ê ët = 2 t V íi t=1 ta cã log x+ y (3 x + y ) = 1 Û 3 x + y = x + y Û x = 0 thay vµo (2) ta ®îc : 4y+2.40=20 Û 4 y = 18 Û y = log 4 18 (TM) V íi t=2 ta cã log x + y (3 x + y ) = 2 Û 3 x + y = ( x + y ) 2 (4) 2x 3 x + y +1 PT(2) Û 22( x + y ) + 2 x + y = 20 Û 22( x + y ) + 2 x + y = 20 (5) ( x + y ) 2 2( x + y ) = 20 Û 2 2 ( x + y ) + 2 x + y = 20 (6) x+ y + Thay (4) vµo (5 ) ta ®îc 2 +2 ét = -5( L ) §Æt t= 2( x + y ) , PT(6 ) trở thµnh t +t20=0 ê 2 ët = 4(TM ) 0,25 V íi t=1 ta cã 2 x + y = 4 Û x + y = 2 Þ 3 x + y = 4 ìx + y = 2 ì x = 1 Ta cã hÖ í (TM ) Ûí î3 x + y = 4 î y = 1 K ết luận hÖ PT cã 2 cÆp nghiÖm (0; log 4 18); (1;1)
0,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 p C©uII: 2017 1. Gi¶i ph¬ ng tr×nh: 2 sin 2 ( x - p 4 ) - sin(2 x + ) = 1 - tan x 2 p §iÒu kiÖn: cos x ¹ 0 Û x ¹ + kp ( k Î Z ) 2 +Víi ®k trªn pt ®· cho t¬ng ®¬ng: pö p æ æ ö 1 - cos ç 2 x - ÷ - sin ç 2 x + + 1008p ) = 1 - tan x ÷ 2 2ø è è ø Û 1 - sin 2 x - cos 2 x = 1 - tan x Û sin 2 x + cos 2 x - tan x = 0 sin x Û 2 sin x. cos x + 2 cos 2 x - (1 + ) = 0 cos x sin x + cos x Û 2 cos x.(sin x + cos x - ) = 0 cos x 1 Û (sin x + cos x ).( 2 cos x - ) = 0 cos x ( ) .cos 2 x = 0 Û 2 sin x + p 4 p é p ésin x + p = 0 ê x = - 4 + k ( ) 4 p (tm®k) ê Û Ûê k p êcos 2 x = 0 ê x = 4 + ë 2 ë p k p p kp chøa - p 4 + kp ) VËy pt ®· cho cã 1 hä nghiÖm: x = + (hä + 2 2 4 4
ì x ï6 - 2 = 3x - y + 3 y (1) Câu II .2 (1 điểm) Giải hÖ phương trình : í y . (với x Î R ) ï2 3x + 3x - y = 6 x + 3 y - 4 (2) î ì3 x - y ³ 0, ï §K: í3x+ 3x - y ³ 0 (*) ï y ¹ 0 î 0.25 3 - y x (3 x - y) (3 x - y ) (1) Û 2 - 3 y = 3 x - y Û 2 - 3 = (3) 2 y y y ét = -1 3 x - y 2 Phương trình (3) có dạng 2t t3=0 Û ê 3 §Æt t= 0.25 êt = y ë 2 ì y < 0 3 x - y Với t=1 ta có: =-1 Û 3 x - y = - y Û í 2 y î3 x = y + y (3) Thế (3) v o (2) ta được é y = -4 Þ x = 4 0.25 2 y = 2 y + 5 y - 4 Û 2 y + 7 y - 4 = 0 Û ê 2 2 2 ê y = 1 (L) ë 2 ì y > 0 3 - y 3 x 3 3 ï Với t= Þ = Û 3 - y = y Û í x 9 2 y 2 2 2 ï3 x = 4 y + y (4) î 9 5 9 Thế (4) vào (2) ta được 2 y 2 + y = y 2 + 5 y - 4 (5) 2 4 2 9 2 5 Đặt u= y + y , u ³ 0 2 4 0.25 éu = -1 (L) Ta có PT :2u 2u4=0 Û ê 2 ë = 2 (t/m) u Với u =2 ta có 8 8 é ê y = 9 Þ x = 9 (t/m) 92 5 9 2 5 2 y + y = 2 Û y + y = 4 Û 9 y + 10 y - 16 = 0 Û ê 4 2 4 2 ë y = -2 (L) 8 8 KL HPT đã cho có 2 cặp nghiệm (4;4) , ( ; ) 9 9 3 y é t = C2 PT Û 2(3 x - y ) - y 3 x - y - 3 y 2 = 0, t= 3 x - y ³ 0 Þ ê 2 ...... ê ë = - y t