ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN KHÔI D

Chia sẻ: Tranthi Kimuyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

55
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học 2011 môn toán khôi d', 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 THỬ ĐẠI HỌC 2011 MÔN TOÁN KHÔI D

THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 NDQ 0982473363 ' MÔN TOÁN KHÔI D Thời gian làm bài: 180 phút A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x 1 . x1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số. x1 m. b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x1 Câu II (2 điểm) a) Tìm m để phương trình 2 sin 4 x cos 4 x cos 4 x 2sin 2 x m 0 có nghiệm trên 0; . 2 1 1 8 b) Giải phương trình log 2 x 3 log 4 x 1 log 2 4 x . 2 4 Câu III (2 điểm) 32 2 x2 1 3x 1 a) Tìm giới hạn L lim . 1 cos x x0 0 2 4 6 98 100 250. b) Chứng minh rằng C100 C100 C100 C100 ... C100 C100 Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực thoả mãn a b c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9c . M B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình C1 : x 2 y 2 4 y 5 0 và C2 : x 2 y 2 6 x 8 y 16 0. Lập phương trình tiếp tuyến chung của C1 và C2 . b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C. Câu VIa (1 điểm) x1 y z2 Cho điểm A 2;5;3 và đường thẳng d : . Viết phương trình mặt phẳng chứa 2 1 2 d sao cho khoảng cách từ A đến lớn nhất. Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x y 2 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. COA 600. Tính thể tích b) Cho tứ diện OABC có OA 4, OB 5, OC 6 và AOB BOC tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm) x1 y3 z P : x 2 y 2z 1 0 Cho mặt phẳng và các đường thẳng d1 : , 2 3 2 x5 y z5 . Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường d2 : 6 4 5 thẳng MN cách (P) một khoảng b
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x y 2 0 tại điểm A có hoành độ bằng 4. COA 600. Tính thể tích b) Cho tứ diện OABC có OA 4, OB 5, OC 6 và AOB BOC tứ diện OABC. Câu VIb (1 điểm) x1 y3 z P : x 2 y 2z 1 0 Cho mặt phẳng và các đường thẳng d1 : , 2 3 2 x5 y z5 . Tìm điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho MN song song với (P) và đường d2 : 6 4 5 thẳng MN cách (P) một khoảng bằng 2. ĐÁP ÁN Câu I 2 điểm a) 0,25 x1 có tập xác định D R \ 1 . Tập xác định: Hàm số y x1 x1 x1 x1 Giới hạn: lim 1; lim ; lim . x1 x1x1 x1x1 x 0,25 2 Đạo hàm: y ' 0, x 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng 2 x1 ;1 và 1; . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x 1; tiệm cận ngang y 1. Giao của hai tiệm cận I 1;1 là tâm đối xứng. Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25 b) 0,5 x1 Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y C' x1 Học sinh tự vẽ hình
0,25 x1 x1 m bằng số giao điểm của đồ thị y Số nghiệm của và y m. x1 x1 Suy ra đáp số 0,25 1; m 1: phương trình có 2 nghiệm m 1: phương trình có 1 nghiệm m 1 m 1: phương trình vô nghiệm Câu II 2 điểm a) 0,25 12 Ta có sin 4 x cos 4 x 1 sin 2 x và cos4 x 1 2sin 2 2 x. 2 0,25 3sin 2 2 x 2sin 2 x 3 m . Do đó 1 Đặt t sin 2 x . Ta có x 0; 2x 0; t 0;1 . 2 3t 2 2t 3 m, t Suy ra f t 0;1 Ta có bảng biến thiên 0,25 0,25 10 Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0; 2m 2 3 b) 1 1 8 Giải phương trình log 2 x 3 log 4 x 1 log 2 4 x 2 2 4 0,25 Điều kiện: 0 x1 0,25 2 x3x1 4x 0,25 Trường hợp 1: x 1 x2 2 x 2 0 x 2 0,25 Trường hợp 1: 0 x1 x2 6 x 3 0 2 x 23 3 Vậy tập nghiệm của (2) là T 2; 2 3 3 Câu III a) 3 3x 2 1 2 x2 1 Tìm L lim . 1 cos x x0
0,25 3 3x 2 1 1 2 x2 1 1 Ta có L lim 1 cos x 1 cos x x 0 0,25 2 x2 1 1 2 x2 Xét L1 lim lim 2 2x x 0 1 cos x 2 x 0 2sin 2x 11 2 0,25 3 3x 2 1 1 3x 2 Xét L2 lim lim 2 x 0 1 cos x 2 x 0 x3 3 2sin 2 3x 2 1 3x 2 1 1 2 0,25 Vậy L L1 L2 224 b) 0 2 4 100 250. Chứng minh rằng C100 C100 C100 ... C100 Ta có 0,5 100 C100 C100i C100i 2 ... C100 i100 0 1 2 100 1i 0 2 4 100 1 3 99 C100 C100 C100 ... C100 C100 C100 ... C100 i Mặt khác 0,5 2 100 50 1 2i i 2 250 1i 2i 1i 2i 0 2 4 100 250. Vậy C100 C100 C100 ... C100 Câu IV Cho a, b, c thoả a b c 3. Tìm GTNN của 4a 9b 16c 9a 16b 4c 16a 4b 9c . M 0,25 2a ;3b ; 4c , v 2c ;3a ; 4b , w 2b ;3c ; 4a Đặt u M u v w 2 2 2 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a 4b 4c M uvw 0,5 3 Theo cô – si có 22 2b 2c 3 2a b c 6 . Tương tự … 0,25 Vậy M 3 29. Dấu bằng xảy ra khi a b c 1. Học sinh tự vẽ hình Câu Va a) 0,25 C1 : I1 0; 2 , R1 3; C2 : I 2 3; 4 , R2 3. 0,25 0 A2 B2 Gọi tiếp tuyến chung của C1 , C2 là : Ax By C 0 là tiếp tuyến chung của C1 , C2 3 A2 B2 2B C 1 d I1; R1 d I2 ; R2 3 A2 B2 2 3 A 4B C
3 A 2B Từ (1) và (2) suy ra A 2 B hoặc C 2 Trường hợp 1: A 2 B . 0,5 Chọn B 1 A2 C 2 35 : 2x y 2 35 0 3 A 2B Trường hợp 2: C . Thay vào (1) được 2 4 2 A2 B2 A 2B A 0; A B : y 2 0; : 4 x 3 y 9 0 3 b) 0,25 a3 Gọi H là trung điểm của BC d M ; BB ' C AH 2 0,25 a2 a3 3 1 1 S BB ' C BB '.BC VMBB ' C AH .S BB ' C 2 2 3 12 Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) 0,5 Ta có B ' C MI ; B ' C BC ' B ' C MB. Câu VIa (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 Gọi K là hình chiếu của A trên d K cố định; Gọi là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên . 0,25 Trong tam giác vuông AHK ta có AH AK . Vậy AH max AK là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK. 0,25 : 2x y 2 z 15 0 Gọi là mặt phẳng qua A và vuông góc với d K 3;1; 4 0,25 : x 4y z 3 0 là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK Câu Vb a) 0,25 x2 y2 Gọi H : 1 a2 b2 a 2 b2 (H) tiếp xúc với d : x y 2 0 4 1 0,25 16 4 x 4 y 2 A 4; 2 H 12 a2 b2 0,5 x2 y2 Từ (1) và (2) suy ra a 2 8; b 2 4 H: 1 8 4 b) (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho OA OB ' OC ' 4
0,25 OAM OB ' C ' . Lấy M là trung điểm của B’C’ Kẻ AH OM AH OB ' C ' 0,25 23 46 Ta có AM OM 23 MH AH 3 3 0,25 1 15 3 SOBC OB.OC.sin BOC 2 2 1 Vậy VOABC AH .SOBC 10 2 3 Câu VIb 0,25 Gọi M 1 2t ;3 3t ; 2t , N 5 6t '; 4t '; 5 5t ' d M; P 2 2t 1 1 t 0; t 1. 0,25 Trường hợp 1: t 0 M 1;3;0 , MN 6t ' 4; 4t ' 3; 5t ' 5 MN nP MN .nP 0 t' 0 N 5;0; 5 0,25 Trường hợp 2: t 1 M 3;0; 2 , N 1; 4;0 Kết luận 0,25