Đề thi thử đại học 2011 môn toán trường THPT Trần Hưng Đạo

Chia sẻ: Lequyen94 Quyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

102
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học 2011 môn toán trường thpt trần hưng đạo', 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 trường THPT Trần Hưng Đạo

Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN I Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán - Thời gian: 150 phút Đề Bài Bài 1(2 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = (| x | +1) 2 .(| x | −1) 2 2) Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó kẻ được đúng 3 tiếp tuyến đến đồ thị (C). Bài 2(3 điểm) ( x − 1)( y − 1)( x + y − 2) = 6 ( x, y ﾡ) 1) Giải hệ phương trình: x2 + y2 − 2x − 2 y − 3 = 0 2) Giải phương trình sau: sin x + cos x = cos 2 x.(2 cos x − sin x) , ( với x 3 3 ﾡ) 3) Tìm m thực để phương trình sau có hai nghiêm thực phân biệt: (m − 1).log1/ 2 ( x − 2) − ( m − 5) log1/ 2 ( x − 2) + m − 1 = 0 2 Bài 3(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (AB = BC =a > 0) và các cạnh SA= SB = SC = 3a. Trên cạnh SA, SB lấy điểm M, N sao cho SM = BN = a. Tính thể tích khối chóp SMNC. Bài 4(2 điểm) 1 x.ln(1 + x 2 )dx 1) Tính tích phân sau: 0 2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho điểm A(3; 1) lập phương trình đường thẳng d qua A và cắt chiều dương của trục Ox, Oy lần lượt tại P, Q sao cho diện tích tam giác OPQ nhỏ nhất. Bài 5(2 điểm) x =1+ t Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d1 : y = 1 + 2t ; (t ﾡ) z = 1 + 2t Đường thẳng d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng (P): 2x – y – 1 = 0 và (Q): 2x + y + 2z – 5 = 0 1) Chứng minh rằng d1, d2 cắt nhau tại I, viết phương trình mặt phẳng chứa d1và d2 2) Viết phương trình đường thẳng d3 qua A(2; 3; 1) tạo với hai đường thẳng d1và d2 tam giác cân đỉnh I. Hết
Đáp Án vắn tắt Bài 1: 1) khảo sát hàm số : y = x - 2x2 + 1 ( C) 4 2) Gọi A(a:0) là điểm trên trục hoành mà từ A kẻ được đến ( C) ba tiếp tuyến Phương trình đường thẳng đi qua A và có hệ số góc k là d: y = k(x-a) d là tiếp tuyến của ( C) khi hệ pt sau có nghiệm � 4 − 2 x 2 + 1 = k ( x − a) � 4 x3 − 4 x = k x � �4 � 4x − 4x = k � − 2 x + 1 = (4 x − 4 x)( x − a ) 3 2 3 x Phương trình x2 − 1 = 0 x − 2 x + 1 = (4 x − 4 x)( x − a ) � ( x − 1)( x − 4ax + 1) = 0 � 2 4 2 3 2 2 x − 4ax + 1 = 0(*) Mà x2 – 1 = 0 cho ta hai x nhung chỉ cho ta một tiếp tuyến duy nhất là d1: y = 0. Vì vậy để từ A kẻ được 3 tiếp tuyến tới (C) thì phương trình (*) phải có 2 nghiếm pb x khác 1 � � 3 3 � a a 2 hoÆc KQ: � �2 � a −1 �a 1 � � Bài 2: 1) kq (3;2) hoặc (2;3) π x = + kπ 2 π x = − + lπ ( k , l , m ﾡ ) 2) kq 4 1 x = arctan + mπ 2 7 3) kq m � −3;1) �(1; ) ( 3 Bài 3: +) Chân đường cao hạ từ đỉnh S là trung điểm của AC 34 3 +) Kq a (dvtt ) 54 1 Bài 4: 1) Kq ln 2 − 2 xy 2) Kq + = 1 62 Bài 5: 1) Hai đường thẳng d1 và d2 cắt nhau tại I(1;1;1) và mặt phẳng chứa hai đường thẳng chính là mặt phẳng (P) 2) Gọi B là giao của d1 và d3 ( đk: B khác I). C là giao của d2 vàd3 (đk: C khác I) Ta có B(1 + t;1 +2 t;1 + 2t), C(1 + t’;1 +2 t’;1 -2 t’) Với đk: t .t ' 0 Từ điều kiện A,B,C thẳng hàng ta đi tìm toạ độ B, C. Từ đó đưa ra phương trình của d3
Sở GD & ĐT Hưng Yên ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 LẦN 2 Trường THPT Trần Hưng Đạo Môn: Toán - Thời gian: 180 phút Đề Bài Câu I: (2 điểm) Cho hàm số: y = x − 3 ( m + 1) x + 9 x + m − 2 (1) có đồ thị là (Cm) 3 2 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1. 2) Xác định m để (Cm) có cực đại, cực tiểu và hai điểm cực đại cực tiểu đối xứng với 1 nhau qua đường thẳng y = x . 2 Câu II: (2,5 điểm) ( ) 1) Giải phương trình: sin 2 x ( cos x + 3 ) − 2 3cos x − 3 3cos2 x + 8 3 cos x − s inx − 3 3 = 0 3 . 1 �1 � log 2 ( x 2 + 4 x − 5 ) > log 1 � 2) Giải bất phương trình : . � 2 � +7� 2 x π 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y=x.sin2x, y=2x, x= . 2 Câu III: (2 điểm) 1) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp v ới đáy một góc là 450. Gọi P là trung điểm BC, chân đường vuông góc hạ từ A’ xuống (ABC) là uuu r 1 uuur AH . gọi K là trung điểm AA’, ( α ) là mặt phẳng chứa HK và song song với H sao cho AP = 2 VABCKMN BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích . VA ' B 'C ' KMN 6 a2 + a − =5 a +a 2 2) Giải hệ phương trình sau trong tập số phức: a 2b 2 + ab 2 + b ( a 2 + a ) − 6 = 0 Câu IV: (2,5 điểm) 1) Cho m bông hồng trắng và n bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung? Biết m, n là nghi ệm c ủa h ệ sau: 9 19 1 Cm −2 + Cn +3 + < m 2 Am 22 Pn −1 = 720 x2 y 2 + = 1 (E), viết phương trình đường thẳng 2 ) Cho Elip có phương trình chính tắc 25 9 song song Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB=4. 3) Viết phương trình mặt phẳng cách đều hai đường thẳng d1 và d2 biết: x = 2+t x −1 y − 2 z −1 d1 : y = 2 + t = = d2 : 2 1 5 z = 3−t
Câu V: (1®iÓm) Cho a, b, c 0 và a 2 + b 2 + c 2 = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a3 b3 c3 P= + + 1 + b2 1 + c2 1+ a2 ……………………Hết……………………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Bài 1 Khi m = 1 ta có hàm số: y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 1 • BBT: x -∞ +∞ 1 3 1đ 1 / y + 0 - 0 + +∞ 3 y -∞ 1 2 y ' = 3 x 2 − 6(m + 1) x + 9 Để hàm số có cực đậi, cực tiểu: ∆' = 9(m + 1) 2 − 3.9 > 0 ⇔ m ∈ (−∞ ;−1 − 3 ) ∪ (−1 + 3;+ ∞ ) m +1 2 ( ) 1 Ta có y =  x −  3 x − 6(m + 1) x + 9 − 2(m + 2m − 2) x + 4m + 1 2 3 3 Vậy đường thẳng đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu là y = −2(m 2 + 2m − 2) x + 4m + 1 1 Vì hai điểm cực đại và cực tiểu đối xứng qua đt y = x ta có điều kiện cần là 2 m = 1 [− 2(m ] 1 + 2m − 2) . = −1 ⇔ m 2 + 2m − 3 = 0 ⇔  2  m = −3 2 1đ Khi m = 1 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là:y = - 2x + 5. Tọa độ trung điểm  x1 + x 2 4  2 = 2 =2  CĐ và CT là:   y1 + y 2 = − 2( x1 + x2 ) + 10 = 1 2  2 1 Tọa độ trung điểm CĐ và CT là (2; 1) thuộc đường thẳng y = x ⇒ m = 1 tm . 2 ⇒ ptđt đi qua hai điểm CĐ và CT là: y = -2x – 11. Khi m = -3 ⇒ m = −3 không thỏa mãn. Vậy m = 1 thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài 2 phương trình đưa về: 1
⇔ ( 3 cos x − sin x)(−2 cos 2 x − 6 cos x + 8) = 0 π 1đ   tan x = 3  x = 3 + kπ , k ∈ Ζ ⇔  3 cos x − sin x = 0   ⇔ 2 ⇔ cos x = 1  x = k 2π cos x + 3 cos x − 4 = 0  cos x = 4(loai )  2  x ∈ (−∞ ;−5) ∪ (1;+ ∞ x 2 + 4x − 5 > 0 ) ⇔ ⇒ x ∈ (−7;−5) ∪ (1 + ∞) Đk:  0.75đ  x > −7 x + 7 > 0 − 27 1 Từ pt ⇒ log 2 ( x + 4 x − 5) > − 2 log 2 � log 2 ( x 2 + 4 x − 5) > log 2 ( x + 7) 2 � x < 2 x+ 7 5 − 27 Kết hợp điều kiện: Vậy BPT có nghiệm: x ∈ (−7; ) 5 Ta có: x.sin2x = 2x ⇔ x.sin2x – 2x = 0 ⇔ x(sin2x – 2) =0 ⇔ x = 0 3 Diện tích hình phẳng là: π π ∫ ∫ S= ( x.sin 2 x − 2 x )dx = x(sin 2 x − 2)dx 2 2 0 0 0.75đ  du = dx u = x π π2 π2 π2 π  ⇔S= − + = − (đvdt) ⇒  − cos 2 x Đặt   dv = (sin 2 x − 2)dx  v = − 2x 42 4 44  2 Bài 3 1 Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ a3 A' ta có: AP = C' 2 ⇒ AH = a 3 Q Vì ∆' AHA' vuông cân tại H. B' Vậy A' H = a 3 K 1 a 3 a2 3 J = a. = Ta có S ABC 2 2 4 (đvdt) N a 2 3 3a 3 E I ⇒ V ABCA'B 'C ' = a 3. = (đ vt A 45 4 4 C t) (1) M Vì ∆' AHA' vuông cân P ⇒ HK ⊥ AA' ⇒ HK ⊥ ( BB ' C ' C ) 1đ B G ọi E = MN ∩ KH ⇒ BM = H PE = CN (2) mà AA’ = A' H 2 + AH 2 = 3a 2 + 3a 2 = a 6 a6 a6 ⇒ AK = ⇒ BM = PE = CN = 2 4
1 V = S MNJI .KE 3 Ta có thể tích K.MNJI là: 1 1 a6 KE = KH = AA ' = 2 4 4 2 1 a2 6 a 6 a3 a6 a 6 S MNJI = MN .MI = a. = (dvdt ) � VKMNJI = = (dvtt ) 4 4 34 4 8 3 3 3a a − VABCKMN 1 = 2 83 = 8 � VA ' B ' C ' KMN 3a a 2 + 8 8 2 ĐK: a + a ≠ 0 2 a 2 + a = −1 Từ (1) ⇔ (a + a) − 5(a + a ) − 6 = 0 ⇔  2 2 2 2 a + a = 6  Khi a + a = −1 thay vào (2) 2  −1 − 23.i − 1 − 3i b= a = 2 2 ; a + a +1 = 0 ⇔  � −b 2 − b − 6 = 0 � 2  − 1 + 3i −1 + 23.i a = b=  2 2 −1 + 5 b=  a = −3 2 Khi a 2 + a = 6 ⇔  Thay vào (2) � 6b + 6b − 6 = 0 � 2 a = 2 −1 − 5 b= 2  − 1 − 23i − 1 − 3i   − 1 − 23i − 1 + 3i  Vậy hệ pt có nghiệm (a, b) là:  ,  ; ; 2  2 2 2     − 1 + 23i − 1 − 3i   − 1 + 23i − 1 − 3i   − 1+ 5   − 1− 5   − 1+ 5   − 1− 5   ,  ;  − 3; ,  − 3; ,  2; ,  2;  ; ;  2  2  2  2  2  2 2 2        Bài  m −2 9 19 1 C m + cn+3 + < Am 2 4 1)  Từ (2): (n − 1)!= 720 = 6!⇔ n − 1 = 6 ⇔ n = 7 Thay n = 7 22  Pn−1 = 720  m(m − 1) 9 19 ⇔ + 45 + < m 2 22 ⇔ 9 < m < 11 vì m ∈ Ζ ⇒ m = 10 vào (1) ⇔ m − m + 90 + 9 < 19m 2 ⇔ m 2 − 20m + 99 < 0 Vậy m = 10, n = 7. Vậy ta có 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung, để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: C 7 .C10 = 1575 cách 3 2 TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: C74 .C10 = 350 cách 1 TH3: 5 bông hồng nhung có: C7 = 21 cách 5 ⇒ có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách.
Số cách lấy 4 bông hồng thường C = 6188 5 17 1946 ⇒P= ≈ 31,45% 6188 2) Gọi ptđt // Oy là: x = a (d) tung độ giao điểm (d) và Elip là: a2 y2 + =1 25 − a 2 25 9 3 ⇒ y 2 = 9. ⇒ y=± 25 − a 2 25 − a 2 2 2 y a 25 5 ⇔ = 1− = 9 25 25 3 2  2 3 Vậy A a; 25 − a , B a;− 25 − a  5 5   6  10 100 100 125 AB =  0; 25 − a 2  ; � 25 − a 2 = � 25 − a 2 = � a 2 = 25 − = 5  3 9 9 9 −5 5 55 55 Vậy phương trình đường thẳng: x = ⇒a=± ,x = 3 3 3  x = 1 + 2t '  3)đường thẳng d2 có PTTS là:  y = 2 + t '  z = 1 + 5t '  r ⇒ vectơ CP của d1 và d2 là: ud1 = (1;1; −1), ud2 = (2;1;5) r rr ⇒ VTPT của mp( α ) là nα = �d1 .ud2 � (6; −7; −1) = u � � ⇒ pt mp( α ) có dạng 6x – 7y – z + D = 0 Đường thẳng d1 và d2 lần lượt đi qua 2đ’ M(2; 2; 3) và N(1; 2; 1) � d ( M , (α )) = d ( N , (α )) |12 − 14 − 3 + D |=| 6 − 14 − 1 + D | �| −5 + D |=| −9 + D |� D = 7 Vậy PT mp( α ) là: 3x – y – 4z + 7 = 0 Bài 5 a3 b3 c3 + b2 + + c2 + + a2 Ta có: P + 3 = 1+ b 1+ c 1+ a 2 2 2 1+ b 3 2 2 1 + c2 b3 b2 6 a a ⇔ P+ = + + + + + 42 42 2 1+ b2 2 1+ b2 42 2 1 + c2 2 1 + c2 1+ a2 c3 c2 a6 b6 c6 + + + ≥ 33 + 33 + 33 2 1+ a2 2 1+ a2 4 2 16 2 16 2 16 2 3 3 9 9 3 9 3 3 ⇒ P+ ≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) = 6 ⇒ P ≥ − = − = 22 222 28 22 22 22 2 6 3 3 22 Để PMin khi a = b = c = 1