Đề thi thử đại học - cao đẳng môn Toán năm 2011 - đề số 3

Chia sẻ: Nguyen Thinh Thinh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

157
lượt xem 34
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học - cao đẳng môn toán năm 2011 - đề số 3', 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 - cao đẳng môn Toán năm 2011 - đề số 3

ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC lÇn ii NĂM häc: 2010-2011 Môn thi : TOÁN lµm bµi:180 phótThêi gian (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ 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 x − 2 y − xy = 0 − 1. Giai hệ phương trinh: ̉ ̀ − − x −1 − 2 y −1 = 1 cos 2 x 1 2. T×m x ∈ (0; π ) tho¶ m∙n ph¬ng tr×nh: cotx – 1 = + sin 2 x − sin 2 x . 1 + tan x 2 Câu III: (2 điểm) 1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x ≤ a). Trên đường 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 π + ( x + sin 2. Tính tích phân: I = 2 x) cos 2 xdx . 2 4 0 Câu IV: (1 điểm) : C ho c¸c sè th ù c d¬ ng a, , thay ® æ i l bc u«n tho¶ m ∙ : n . a+ b+ c= 1 a +b2 b +c 2 c + a 2 + ++ 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 Câu Va :1.Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; 3), B(3; 3 2), cã diÖn tÝch b»ng vµ träng t©m thuéc ®êng th¼ng ∆ : 3x – 2 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 ∆ : = = .T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn −1 1 2 ∆ sao cho: MA2 + MB 2 = 28 4 2 2 −2 x +1 −2 x −1 3) x + (2 − 3 ) x Câu VIa : Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: ( 2 + ≤ 2− 3 B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 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
x 4log3 xy = 2 + ( xy )log3 2 = Câu VIb: Giải hệ phương trình = +log 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y ) 2 2 ………………… …..………………..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 I 2 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm) 1 y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm) 1. m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3) + TXÑ: D = R 0,25 + Giới hạn: lim y = −m, lim y = +i x y −m +i 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 + 3x + mx + 1 = 1 ⇔ x(x + 3x + m) = 0 ⇔ 3 2 2 x = 0  x2 + 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. 0,25 ⇔⇔ m0 ∆∆ = 9− 4m > 0 ∆ ∆ � 4 (*) ⇔ �2 m 0 +m < +0 += 0+> 3 + 9 Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø: 0,25 kD=y’(xD)= 3x2 + 6xD + m = −(3xD + 2m); D kE=y’(xE)= 3x2 + 6xE + m = −(3xE + 2m). E Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1 ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1 0,25 ⇔ 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 ⇔ 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh m 9 + 65 =m = 8 lý Vi-ét). ⇔ 4m – 9m + 1 = 0 ⇔ = 2 = 9 − 65 =m = = 8 ( ) 1 9 − 65  So s¸nhÑk (*): m = 8 II 2 1 1 yx y 1 y 0,5 1. §k: y 1 yy y 2 y (1 ) � x − y − ( y + xy ) = 0 � ( x + y )( x − 2 y ) = 0 �x−2 y =0 � x=2 y �� x + y = 0(voly ) + ⇔ x = 4y Thay vµo (2 ) cã 0,25 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 = 2 (tm) =x = 2 = 2 y −1 = 0 �� −y = 5 (tm) −x = 10 = 2 y −1 = 2 − = 2 V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = 0,25 (10;5/2) 2 1 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 ⇔ (cos x − sin x)(sin 2 x + cos 2 x − 3) = 0 − os x − sinx = 0 c π � (cos x − sinx)( 2 sin(2 x + ) − 3) = 0 − − − 2 sin(2 x + π ) = 3(voly ) 4 + 4 π 0,25 ⇔ cos x − sin x = 0 ⇔ tanx = 1 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z ) (tm®k) 4 π Do x ∈ ( 0; π ) ⇒ k = 0 ⇒ x = 4 III 2 1 1 ⊥SA ⊥ ( ABCD) � ( SAC ) ⊥ ( ABCD) Do � 0,25 � �( SAC ) SA Lai cã MH ⊥ AC =S 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− a3 1 2 2 VSMCH + a [ ] 2 = 3 2 6 x x =a 2− � 2 2 � x=a ⇔ M trïng víi D 2 1 0,25 π π π
IV 1 1 2 2 2 a b c b c a + + )+( + + ) = A+ B .Ta cã :VT = ( 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 = �+b b+c + c+a� 2 a � � 1 1 1 1 9 � 3 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) c 0,25 a+b b+c c+a 1 1 B.2 ۳ B 2 31 Tõ ®ã tacã VT V + = 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 Ta cã: AB = 2 , trung ®iÓm M ( ; − ), 22 pt (AB): x – y – 5 = 0 0,25 3 1 3 S ∆ABC = d(C, AB).AB = 2 d(C, AB)= 2 2 2 Gäi G(t;3t8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)= 1 2 t − (3t − 8) − 5 0,25 1 2 t = 1 hoÆc t = 2 d(G, AB)= = 2 2 t G(1; 5) hoÆc G(2; 2) uuuu uuuu r r Mµ CM = 3GM u C = (2; 10) hoÆc C = (1; 1) 0,25 2 1 =x = 1 − t = 0,5 ptts∆ : � = −2 + t � M (1 − t ; −2 + t ; 2t ) y � = 2t =z 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 − 2 x t+ ≤4 BPTTT : t = 2+ 3 (t > 0) t � t 2 − 4t + 1 �0 ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3 (tm) 0,25 ( ) x2 −2 x Khi ®ã : 2 − 3 ≤ 2 + 3 ≤ 2 + 3 ⇔ −1 ≤ x − 2 x ≤ 1 2 0,25 ⇔ x 2 − 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 AậAMB = 600 (1) Vì MI là phân giác của ủ Vậy = AMB =ậAMB = 1200 (2) = IA (1) ⇔ AMI = 300 � MI = ⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 � m = m 7 sin 300 IA 23 43 (2) ⇔ AMI = 600 � MI = 0 ⇔ MI = R ⇔ m2 + 9 = Vô sin 60 0,5 3 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 = uuuu r Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra : MH = (2t − 1 ; − 2 + t ; − t) r Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; − nên : 0,25 1), 2 uuuu r 1 4 2� � 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(− = 0 ⇔ t = . Vì thế, MH = �;− ;− � t) 3 3 3� 3 � uuur uuuu u r uMH = 3MH = (1; −4; −2) x − 2 y −1 z 0,25 = = Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: −4 −2 1 7 12 Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ 0,25 3 33 8 5 4 nªn to¹ ®é M’ ( ; − ; − ) 3 3 3 ĐK: x>0 , y>0 22 log3 xy − 2log3 xy − 2 = 0 (1) ⇔ VIb 0,5
0,25 3 ⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y= x (2)⇔ log4(4x +4y ) = log4(2x +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9 2 2 2 0,25 6 Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; ) 2 S M A D H C B