ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

188
lượt xem 26
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lấn 1 năm 2011 môn: toán - trường thpt hồng quang', 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 LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011 MÔN: TOÁN; K HỐI: D TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG Thời gian làm bài 180 phút, không k ể thời gian phát đề x 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số. x 1 2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình  m.  x 1 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2sin 2    2 x   3 cos 4 x  3  4sin 2 x. 4      2. Giải bất p hương trình: 2 x 2  7 x . 2 x 2  11x  14  0  x  ¡ . Câu III (1,0 điểm) 2 2 2 Tính tích phân I   x . 4 - x dx. 0 Câu IV(1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật có độ dài AB = a 2 , BC = a. Gọi M là trung điểm đoạn CD. Góc giữa hai mặt phẳng (ABCD) và (SBM) là   600. 1. Chứng minh rằng mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC). 2. Tính thể tích tứ diện SABM theo a. Câu V(1,0 điểm) Tìm m để bất phương trình: log 2 x 2  2  log 2  mx  m  có nghiệm thực. Câu VI(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng d1: x – 3 y - 2 = 0, cạnh b ên AB nằm trên đ ường thẳng d2: 2x – y + 6 = 0. Viết phương trình đ ường thẳng AC biết rằng nó đi qua đ iểm (3; 2). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ; 0; 1), B(2; 1; 2) và mặt phẳng (  ): x + 2 y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (  ) đi qua A, B và vuông góc với (  ). Câu VII(1,0 đ iểm) Trên mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: z  z  1  2i  3. ------------------ Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.....................................................; Số báo danh: ..................www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT HỒNG QUANG Tổ: Toán ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2011 ----***---- MÔN: TOÁN; K HỐI: D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM I 1. (1,0 điểm) (2,0 đ) * Tập xác định: ¡ \ 1 * S ự biến thiên: 2  0, x   ;1  1;   0,25 y'  2 1  x   Hàm số đồng biến trên các kho ảng  ;1 và 1;+  . Cực trị: Hàm số không có cực trị. Giới hạn, tiệm cận: x 1 x 1 lim y  lim  ; lim y  lim       x 1  x  1 x 1  x  1 x 1 x 1 0,25 Do đó đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. x 1 x 1 lim y  lim  1; lim y  lim  1 x   x  1 x   x  1 x  x  Do đó đường thẳng y = - 1 là tiệm cận ngang. Bảng b iến thiên: x - 1 + + + y' 0,25 -1 + y - -1 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục Oy tại điểm (0; 1) và cắt trục ho ành tại điểm (-1; 0). Đồ thị có tâm đối xứng là giao điểm I(1; -1) của hai tiệm cận. 0,25 x 1 1 2. (1,0 điểm) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình  m.  x 1
x 1  C ' . Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y   x 1 0,25 x 1 Số nghiệm của pt (1) b ằng số giao điểm của đthị y  và đg thẳng y = m. 0,25  x 1 Suy ra đáp số: m  1; m  1: p hương trình có 2 nghiệm phân biệt. 0,5 m  1 : p hương trình có 1 nghiệm. 1  m  1: p hương trình vô nghiệm. II 1. (1,0 điểm) Giải phương trình: 2sin 2    2 x   3 cos 4 x  3  4sin 2 x 1   (2,0 đ) 4       4 x   3 cos 4 x  3  4 sin x  3 cos 4 x  sin 4 x  2 1  2 sin 2 x 2 1  1  cos  0,25 2   3 1   cos 4 x  sin 4 x  cos 2 x  cos  4 x    cos 2 x 0,25 2 2 6       4 x  6  2 x  k 2  x   12  k  k  ¢ .   0,5 x     k   4 x    2 x  k 2    6 36 3  2. (1,0 điểm) Giải bất phương trình:  2 x  7 x  2 x 2  11x  14  0 1  x  ¡  . 2  2 x 2  11x  14  0  1   2 x 2  11x  14  0  0,25  2  2 x  7 x  0  7   x  2; x  2 7    x  2; x  2 7    x  2; x      x  0; x  7 2 0,5     x  0; x  7  2   2 7  x  0; x  2; x  2 0,25 7 Vậy tập nghiệm của bất phương trình (1) là: T   ;0  2   ;     2 
2 III (1,0 điểm) Tính tích phân I   x 2 . 4 - x 2 dx. (1,0 đ) 0 Đặt x  2sin t , t   0;    dx  2 cos tdt 0,25  Khi x - 0 thì t = 0, khi x = 2 thì t  . 2    2 2 2 0,25 Do đó I   4sin 2 t. 4 - 4 sin 2 t.2cost.dt  4  4sin 2 t.cos 2 t.dt  4  sin 2 2t.dt 0 0 0    2 2 2   1 1 0,25  2  1  cos 4t .dt  2  dt  cos 4t .d  4t   2t 0  sin 4t 02 2 2 2 0 0 0 1  2.   sin 2  sin 0    . 0,25 22 1. (0,5 điểm) CMR mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC). IV (1,0 đ) S MC CB  1    * Ta có BC BA   2   MCB đồng dạng CBA · · · ·  CAB  MBC  CAB  IBA  900 0,25  AI  BI * Mặt khác BI  SA a2 A · B nên   AIS  600 và BI   SAC  Do đó  SBM    SAC  .  0,25 a I M D C 2. (0,5 điểm) Tính thể tích tứ diện SABM theo a. 1 a 2 a2 . 2 Tính được S AMB  S ABCD   S ADM  S BCM   2.a 2  2. .a.  2 2 2 0,25 2S 2a  AI  ABM  BM 3 a3 2 1 SA  AI . tan 600  2a  V  (đvtt). SA.S ABM  0,25 3 3 V x 2  2  log 2  mx  m  1 có nghiệm thực. (1,0 điểm) Tìm m đ ể bpt: log 2 (1,0 đ) x  1 x  1 1  x  2  m  x  1    I  hoặc  2  II    x2  2 x2  2 0,25 m  m   x 1 x 1  (x = 1 không thỏa mãn). x2  2 x  2 Xét hàm số f  x   f ' x   , x  1; 2 x 1 x2  2  x  1 0,25 f '  x   0   x  2  0  x  2 . lim f  x   1; lim f  x   1; lim f  x   ; lim f  x   .   x  x  x 1 x 1
Ta có bảng biến thiên: x -2 - + 1 - - 0 f ' (x) + 0,25 + -6 f (x) 3 1 -1 -  6   1;   Lập luận đưa ra được kết quả m   ;  0,25  3  1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng AC VI (2,0 đ) Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 2) nên có p t: a  x  3  b  y  2  0  a2  b2  0 Góc của nó tạo với BC b ằng góc của AB tạo với BC nên : 2.1   1 .  3  a  3b 0,25  2 2 2 12   3  . a 2  b 2 2 2   1 . 12   3   a  2b  5 a  b  a  3b  2 a  3ab  2b  0   0,25 2 2 2 2 a  b  2 Với a = -2b, chọn a = 2, b = -1, ta được phương trình AC: 2x - y - 4 = 0 0,25 (loại vì AC // AB). 0,25 b Với a = , chọn a = 1, b = 2, ta đ ược phương trình AC: x + 2y - 7 = 0. 2 2. (1,0 điểm) Lập phương trình mặt phẳng    r uuu uu rr 0,25 Lập luận để chỉ ra được véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng    là n   AB, n    r 0,25 Tìm được n  1; 2;1 r 0,25 Khẳng định mặt phẳng    đi qua điểm A và có một vtơ pháp tuyến n  1; 2;1 0,25 Phương trình mặt phẳng    : x - 2 y + z - 2 = 0. VII (1,0 điểm) (1,0 đ) Biểu diễn số phức z = x + yi  x, y  ¡  b ởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ 0,25 Oxy, ta có: z  z  1  2i  3  1  2  y  1 i  3 0,25 2  12   2 y  2   3 0,25 2   y  1  2  y  1  2 Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là hai đường thẳng song song với trục 0,25 hoành y  1  2 . Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. --------------- Hết --------------