ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 MÔN TOÁN NĂM 2010 - 2011 TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

162
lượt xem 32
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 2 môn toán năm 2010 - 2011 trường thpt trần phú', 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 LẦN 2 MÔN TOÁN NĂM 2010 - 2011 TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2010 - 2011 SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ -------- Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  2 có đồ thị là đường cong  C  . 1. Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đường cong  C  . 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đường cong  C  biết tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B thoả mãn OB  9OA . Câu II (2 điểm)  x  6 y  2  3 x  y  3y 1. Giải hệ phương trình  2 3 x  3 x  y  6 x  3 y  4  5   sin 2 x 1 tan x  2 cos  x    2. Giải phương trình . 2  sin x  cos x  2 25 xdx  Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  .   x2  1 x2  5 2 Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A1 B1C1 có cạnh đáy bằng a . M là điểm trên cạnh AA1 sao cho AA1  3 AM . Biết BMC1  900 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC . A1 B1C1 . Câu V (1 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương, thoả mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của x3 y3 z3 biểu thức P    . y (2 z  x) z (2 x  y ) x(2 y  z ) II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC nằm trên đường thẳng có phương trình x  2 y  2  0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình x  y  4  0 , điểm M  1;0  thuộc đường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm B  5; 2; 2  , C  3; 2;6  . Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  5  0 sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A. Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần ảo của số phức z , biết z  3z  1  2i  . 2 2.Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC, phân giác trong AD có phương trình x  y  2  0 , đường cao CH có phương trình x  2 y  5  0 . Điểm M  3;0  thuộc cạnh AC thoả mãn AB  2 AM . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm B 1; 2; 1 , C  3;0;5  .Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng ( P) :  x  2 y  2 z  10  0 sao cho tam giác ABC cân tại A và có diện tích bằng 2 11 . Câu VII.b (1 điểm) Tìm phần ảo của số phức z , biết z  1  i  z  1  2i  . 2 ----------Hết----------- 1 http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
Cán bộ xem thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ............................................ Số báo danh...... ĐÁP ÁN VẮN TẮT VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu I. 1. Khảo sát y  x 3  3 x 2  2 - Tập xác định D  R 0,25 - Sự biến thiên của hàm số + lim y  , lim y   Đồ thị không có đường tiệm cận x  x  y '  3x 2  6 x  3x  x  2  y '  0  x  0  x  2 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0  vμ  2;   Hàm số nghịch biến trên  0; 2  0,25 Câu I y 0 2 x   1 + 0 - 0 + y’ 2 1đ y 2  2 -1 0 x 3 1 0,5 -2  Điểm cực đại  0; 2  , Điểm cực tiểu  2; 2  0,25 -2 -Đồ thị.(0,25) Đi qua  1; 2  , 1;0   3; 2  . Đồ thị nhận I 1;0  làm điểm uốn HS có thể trình bày theo sơ đồ của CT cơ bản Gọi toạ độ điểm M  x0 ; f  x0   là toạ độ tiếp điểm. 0,25 Theo giả thiết OB=9OA suy ra hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9 hoặc -9  f '  x0   9  x0  2 x0  3  0 1 3 x 2  6 x0  9  0 2 Câu I 2  0  2 .  0,25 f '  x0   9 x0  2 x0  3  0  2  3 x0  6 x0  9  0 2 1đ    Phương trình (2) vô nghiệmPhương trình (1) suy ra x0  1, x0  3 0,25 Với x0  1 suy ra phương trình tiếp tuyến y  9 x  7 Với x0  3 suy ra phương trình tiếp tuyến y  9 x  25 0,25 Điều kiện 3 x  y  0,3 x  3 x  y  0, y  0 2  3x  y  2  3x  y  3x  y x 6  2  3 x  y  3y   3y  3 x  y  3  0,25 2 y y y y 3x  y 3  t suy ra 2t 2  t  3  0  t  1  t  Đặt 2 y 0,25  y0 3 x  y   y (3)   +Với t  1 ta có thay vào (2) ta có 3x  y  y 2 Câu 1 2 y 2  2 y 2  5 y  4  2 y  2 y 2  5 y  4  2 y 2  7 y  4  0  y  4  y  (loại) II .1 2 0,25 1đ Thay y  4 vào (3) ta có x  4 . suy ra  4; 4  là nghiệm y0   3 3 9 5 9 +Với t  ta có 3 x  y  y (3)   từ (2)  2 y 2  y  y 2  5 y  4 92 3x  4 y  y 2 2 4 2 2  0,25 92 5 y  y  u ( u  0 )Ta có 2u 2  2u  4  0  u  2  u  1 (loại) Đặt 4 2 8 Với u  2  9 y 2  10 y  16  0  y   y  2 (loại) 9 2 http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
8 8 8 8 Thay y  vào (3) ta có x  . suy ra  ;  là nghiệm 9 9 9 9 Điều kiện cos x  0,sin x  cos x  0 0,25 2 sin 2 x 1 sin x 1 sin x 2 sin x cos x   2 sin x  0   0 0,25 2 cos x sin x  cos x sin x  cos x 2 cos x Câu   x  k II 2  x  k  sin x  0    1đ     sin x.sin  x    2sin 2 x.cos x       2x  x   k 2   x    k 2 sin 2x  sin  x     4 4  4 0,5  4     5 k 2 5 x   x  k 2 2x     12 3 4 0,25 Đặt t  x 2  5  t 2  x 2  5  xdx  tdt Với x  2  t  3 , x  2 5  t  5 Câu 5 5 5 tdt dt 5 1 t2 III 11 1 0,75 1 15 I  2  2 (0,25 )     dt (0,25)  ln  ln (0,25) Vậy 1đ (t  4)t 3 t  4 4 3t 2 t 2 4 t2 3 4 7 3 x 2x A B Đặt AA1  x suy ra AM  ; A1M  3 3 0,25 O Tam giác MBC1 vuông tại M  MB  MC12  BC12 2 M C x2 4 x2 4 x2 3a  a2   a2  x2  a2   a2  x  I 9 9 9 2 Câu B1 A1 Gọi O, O1 là tâm của đáy ABC và A1 B1C1 , I là trung điểm của 0,25 IV OO1 , Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. O1 1đ 2  a 3   3a  2 43a 2 43 0,25 R  AO  OI    3    4   48  R  4 3 a C1 2 2 2    3 4  43  4 43 43 3 0,25 Vậy V   R 3     4 3 a   144  3 a  3 3  y 2z  x x3   x (1) Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có 0,5 y (2 z  x) 3 9 Câu z 2x  y x 2y  z y3 z3   y (2)   z (3) V Tương tự 0,25 z (2 x  y ) 3 x(2 y  z ) 3 9 9 1đ x yz Cộng theo vế của (1), (2), (3) ta có P   1 Dấu  xảy ra khi x  y  z  1 0,25 3 Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn  x y40 Suy ra B  2; 2  A Toạ độ B là nghiệm của hệ  0,25 x  2 y  2  0 Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC  d : x  2 y  1  0 I N M Gọi N là giao điểm của d với đường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm Câu  x y40 Suy ra N  3;1 VIa. của hệ  B E 0,25 x  2 y 1  0 C 1  1 Gọi I là trung điểm MN  I  2;  . Gọi E là trung điểm BC. Do tam giác ABC cân nên IE 2  là đường trung trực BC .IE đi qua I vuông góc với BC  IE : 4 x  2 y  9  0 . Toạ độ E là 0,25 3 http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
 x  2y  2  0  4 7   7 17   E ,  C ; . nghiệm của hệ  4 x  2 y  9  0  5 10   5 5 3 0,25 CA đi qua C vuông góc với BN suy ra CA : x  y   0 Toạ đô A là nghiệm của hệ 5 4 x  2 y  9  0  13 19    A ;  3  x y5 0  10 10    BC  (2;0; 4) .Trung điểm của BC có toạ độ  4; 2; 4  Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của BC.  Q  : 2  x  4   0  y  2   4  z  4   0   Q  : x  2 z  4  0 0,25 Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q)     Chọn ud   nP , nQ    2; 5;1 , Điểm  0;3; 2  thuộc mặt phẳng (p) và (Q) suy ra    x  2t  Câu d  y  3  5t . Ta có tam giác ABC cân suy ra A thuộc d. VIa.  z  2t  2     Gọi toạ độ A  2t ;3  5t; 2  t   BA  (2t  5;5  5t ; t ); CA  (2t  3;5  5t ; t  4) 0,25    BACA  0   2t  5  2t  3   5  5t   t  t  4   0 2 Tam giác ABC vuông suy ra 0,25 4 3t 2  7t  4  0  t  1  t  3  8 11 10  4 Với t  1  A  2; 2;3 , t   A  ; ; 0,25 3 3 3 3  Tìm phần ảo của số phức z biết z  3z  1  2i  2 0,25 Đặt z  a  bi  z  a  bi Ta có a  bi  3  a  bi   1  2i   4a  2bi  1  4i  4  4a  2bi  3  4i Câu 2 0,25 VIIa. 3  4a  3 a  3 4 . Vậy z   2i . Vậy phần ảo của z bằng -2   0,5  2b  4 4  b  2  Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Đường thẳng d qua M vuông góc với AD của có phương trình A x  y  3  0 ; Gọi I, E là giao diểm của AD, AB với d. Dễ M thấy tam giác AME cân tại A I E d H Toạ độ I là nghiệm của hệ 0,25 x  y 3  0  5 1   I  ;   E  2; 1 B C  D x  y  2  0 2 2  Câu VIb. AB là đường thẳng qua E vuông góc với CH AB : 2 x  y  3  0 1 0,25 2 x  y  3  0  A 1;1 . Toạ độ A là nghiệm của hệ   x y20 Do AB  2 AM  E là trung điểm AB suy ra B  3; 3 0,25 0,25 4 http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi !
x  2 y  3  0  C  1; 2  Phương trình AM : x  2 y  3  0 Toạ độ C là nghiệm của hệ  x  2 y  5  0  BC  (2; 2;6) .Trung điểm của BC có toạ độ I  2;1; 2  B I C Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của BC.  Q  : 2  x  2   2  y  1  6  z  2   0   Q  : x  y  3z  7  0 0,25 Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q) A d     Chọn ud   nP , nQ    4; 1;1 , Điểm  4; 3;0  thuộc mặt    x  4  4t  Câu phẳng (p) và (Q) suy ra d  y  3  t . Ta có tam giác ABC cân suy ra A thuộc d.  z t VIb  2   Gọi toạ độ A  4  4t ; 3  t; t    IA   2  4t; 4  t ; t  2  1 0,25 BC. AI  11 2 . Do BC  2 11  AI  22 S ABC  2 11  2 1  2  4t    t  4    t  2  2 2 2  22  18t 2  12t  24  22  9t 2  6t  1  0  t  0,25 3 8 10 1  Suy ra A  ;  ;  0,25 3 3 3 0,25 Đặt z  a  bi  z  a  bi Ta có a  bi  1  i  a  bi   1  2i   a  bi   a  ai  bi  b   1  4i  4 2 0,25 Câu  b3 b3 VIIb b   2b  a  i  3  4i    Vậy z  10  3i 0,5 2b  a  4 a  10 Suy ra phần ảo của z bằng 3 5 http://toancapba.com hoc toan va on thi dai hoc mien phi !