ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 Môn Toán - Khối A, B, D - Trường THPT Hạ Hòa

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 2 năm 2011 môn toán - khối a, b, d - trường thpt hạ hòa', 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 NĂM 2011 Môn Toán - Khối A, B, D - Trường THPT Hạ Hòa

SỞ GD – ĐT Phú Thọ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 Môn Toán – Khối A, B, D. Trường THPT Hạ Hòa Thời gian 150 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7đ) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = -x3 + 3mx2 - m (1) 1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm các giá trị m để hàm số (1) có 2 cực trị, đồng thời các điểm cực trị cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4. Câu II. ( 3điểm) 1. Giải phương trình log 2 x + log 1 ( x 2 - 2 x + 1) - log 4 ( x 2 - 4 x + 4) - log 1 ( x - 1) = 0 . 4 2 2 ln x 2. Tính t ích phân I = ò dx 2 (1 + x ) 1 3. Giải phương trình sau trên tập số phức: z ( z - 1)( z + 2)( z + 3) = 10 Câu III.(1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh a, SA ^ ( ABC ) và SA = 3a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên cạnh SB, SC. Tính thể tích khố i chóp A.BCNM theo a. Câu IV.( 1điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: x 2 - xy + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ x 4 + y 4 + 1 nhất của biểu thức: P = x 2 + y 2 + 1 PHẦN RIÊNG (3đ) Phần dành cho thí sinh khối A,B: Câu Va. 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 6 và hai đỉnh A(1; 2), B(2; 3). Tìm tọa độ 2 đỉnh còn lại, biết giao điểm 2 đường chéo của hình bình hành nằm trên trục Ox và có hoành độ dương. 2. Trong kh«ng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P), mặt cầu (S) cã ph¬ng tr×nh t¬ng øng (P): 2x - 3y + 4z – 5 = 0, (S): x2 + y2 + z2 + 3x + 4y - 5z + 6 = 0. a. CMR: Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C). b. Tìm tâm và bán kính của đường tròn (C). ( ) ì x 2 + y + x 2 + 3 x = y - 3 ï 3. Giải hệ phương trình í ï x 2 + y + x = x + 3 î Phần dành cho thí sinh khối D: Câu Vb. 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1; 3), hai đường thẳng tương ứng chứa đường cao hạ từ B, C của tam giác thứ tự có phương trình là: 5 x + 3 y - 25 = 0 và 3 x + 8 y - 12 = 0 . Tìm tọa độ B, C 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A ( 4; 0; 2 ) , B ( 4; -1; 3 , ) Viết phương trình mặt phẳng qua A, B và vuông góc với mp (a ) : x - 2 y + 3 z + 1 = 0 . ì x 3 - y 3 = 7 3. Giải hệ phương trình . í î xy x - y = 2 ( ) Hết Họ và tên…………………………………….Số báo danh………………. conan2010@yahoo.com gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 1. (1đ) Khi m = 1. hàm số có dạng: y=x +3x 1 3 2 I(2 đ) y *Tập xác định: R 0.25 *Sự biến thiên: Chiều biến thiên: Cực trị 2 Giới hạn Bảng biến thiên 0.5 *Đồ thị 0.25 x 2. (1đ) 2 ìm m... T O y’ = 3x + 6mx = 0 Û x = 0, x = 2m Hs có 2 cực trị khi m ¹ 0 . Giả sử A(0, m); B(2m; 4m – m) 3 0.5 1 SOAB = OA. , với OA = |m|; BH = BH 2 2 d( B, Oy) = |2m| Suy ra SOAB = m = 4 suy ra m = ±2 2 0.5 thõa mãn. 1. (1 đ) Giải pt... II (3 đ) 0.25 Đk : 1 < x ¹ 2 Pt có dạng: log 2 x - log 2 x - 1 - log 2 x - 2 + log 2 ( x - 1) = 0 Û log 2 x = log 2 x - 2 Û x = x - 2 0.25 é x = 1(l ) Û x 2 - 5 x + 4 = 0 Û ê KL : x = 4 0.5 ë x = 4 2. (1 đ) Tính tích phân dx dx - 1 Đặt u = lnx; dv = Suy ra du = ; v = 2 0.25 (1 + x ) x 1 + x 2 dx 1 2 I =- ln x | + ò 1 1+ x x (1 + x ) 0.25 1 x 2 1 4 1 = - ln 2 + ln |1 = ln - ln 2 0.5 1+ x 3 3 3 3.(1 đ) z ( z - 1)( z + 2)( z + 3) = 10 Û ( z 2 + 2 z )( z 2 + 2 z - 3) = 10 0.25 é z = -1 ± 6 ét = 5 Đặt : t = z 2 + 2 z ,Pt có dạng: t 2 - 3t - 10 = 0 Û ê Ûê 0.75 ët = -2 ë z = -1 ± i
III (1đ) VS . AMN SM .SN S Ta có = VS . ABC SB.SC a2 3 3 3 a 1 0.25 Trong đó VS . ABC = .3a. = N 4 3 4 SB = SC = a 10 M C a 3 AM = AN = A 10 a 9 SM = SN = 10 B SM SN SM 2 81 SM SN 0.25 = Þ . = = SB SC SB 2 100 SB SC 3 0.25 81 3a : Þ V . AMN = . S 100 4 3 19 3a 0.25 Þ VA.BCNM = VS . ABC - VS . AMN = 400 Ta có: IV(1đ) 1 = x 2 - xy + y 2 ³ xy 1 = x 2 - xy + y 2 = ( x + y ) 2 - 3xy £ -3 y x 0,25 1 Þ - £ xy £ 1 Þ 0 < xy £ 1 3 ( x 2 + y 2 )2 - 2 x 2 y 2 + 1 (1 + xy )2 - 2 x 2 y 2 + 1 P = = 0.25 x 2 + y 2 + 1 1 + xy + 1 -t 2 + 2t + 2 -t 2 - 4t + 2 Đặt : t = xy , (0 < t £ 1) Þ P = f (t ) = ; f '(t ) = 2 0,25 t + 2 (t + 2) f '(t ) = 0 Û t = -2 + 6 0.25 lim f (t ) = 1; f ( -2 + 6 ) = 6 - 2 6 ; f (1) = 1 + t ® 0 Đs: max P = 6 - 2 6 ; min P = 1 1.(1 đ) Va(3 đ) Ta có y 3 D S ABCD = 6 Þ S ABC = 3 Þ S IAB = 2 Gọi giao điểm 2 đường chéo là I(x; 0) 2 C thuộc Ox x + 1 d(I; AB) = (vì đt AB có pt: 0,25 2 x + y + 1 = 0) x I O S 2 3 mà d(I; AB) = IAB = , hay 0,25 AB 2 |x+1|=3, 2 0,25 suy ra x = 2, x = 4 (loại). Vậy I(2;0) A Theo CT trung điểm suy ra C(3; 2), 0,25 D(2;3). B 4 (1 đ) a) (S) có tâm I(1;2;3), bk R=4, d(I,(P))=3
b) Đs: H(3;0;2), r = 7 0,5 3.(1 đ) 0,25 Đk x ³ 0; x 2 ³ - y Ta có y = 3 không t/m Với y ¹ 3 nhân chia PT đầu với LLH, ta có ( y - 3 ) x = y - 3 Û x 2 + y - x 2 + 3 = x , kết hợp pt (2) 0,25 x 2 + y - x 2 + 3 Ta có x + x 2 + 3 = 3 Û x = 1 là nghiệm duy nhất vì f(x) = VT luôn đ/b trên 0,25 (0;+ ¥ ), thay vào hệ suy y = 8 t/m Hệ có 1 nghiệm (1; 8) 0,25 1. (1đ) . Vb (3đ) (AB): 8x3y1=0; (AC): 3x5y12=0 0,5 B là giao điểm của (AB) và đường cao hạ từ B => B(2;5) 0,25 C là giao điểm của (AC) và đường cao hạ từ C => C(4;0) 0,25 2. (1 đ) . uuur uur r 0.5 AB = ( 0; -1;1); na = (1; -2; 3) . Vtpt của mp cần tìm là: n = (1; -1; -1) 0.5 Đs: xyz2=0 3. (1 đ). é x = 0 + ê y = 0 không thỏa mãn hệ ê ê x = y ë ì x ¹ 0 x 2 + xy + y 2 7 x y 5 0,25 ï + í y ¹ 0 chia vế cho vế hai pt được: = Û + - = 0 xy y x 2 2 ïx ¹ y î é 1 é y = 2 x x êt = 0,5 Đặt t = Þ Thế vào một trong hai pt đầu thu được hai 2 Û ê y ê ë x = 2 y ë = 2 t nghiệm: (1;2), (2;1) 0,25