ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 11
download

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

Mô tả tài liệu

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 - trường thpt phan châu trinh', tài liệu phổ thông, toán học 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 - TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn thi: TOÁN – Khối A&B THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG Trường THPT Phan Châu Trinh Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x 3 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y . x1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ tâm đối xứng của đồ thị (C) đến đạt giá trị lớn nhất. Câu II (2,0 điểm) x 2 cos 2 x 1. Giải phương trình 4sin 2 2 1 sin x . sin x 2 1 cot x 2x y 1 xy 1 2. Giải hệ phương trình . x3 y2 7 Câu III (2,0 điểm) 1 1. Cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y 0 và hai đường thẳng x ,x . ,y sin x cos3 x 4 3 Tính diện tích của hình phẳng đó. 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2 y2 y2 yz z 2 z2 zx x 2 , với mọi số thực xy x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z 1 . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, có AB AC 4 a , BAC 1200 và hình chiếu vuông góc của A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Góc giữa cạnh bên với đáy là 300 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’và khoảng cách giữa AA’ với BC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z i , biết z i z i 2iz ( i là đơn vị ảo ). Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho điểm M ở trên elip E : 5 x 2 9 y 2 45 0 và tích các khoảng cách từ M 65 đến hai tiêu điểm của (E) bằng . Hãy tìm tọa độ điểm M, biết điểm M ở góc phần tư thứ hai. 9 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 5;3; 1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1. B. Theo chương trình Nâng cao 2 3i z 1i 2 i ( i là đơn vị ảo ). Câu Vb (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết 2 z z Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip E : x 2 4 y 2 1 . Tính tâm sai của (E) và viết phương trình chính tắc của hypebol (H) nhận các tiêu điểm của (E) làm đỉnh và có hai tiêu điểm là hai đỉnh của (E). 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 5;3; 1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và song song với trục Ox, biết khoảng cách giữa Ox và (P) bằng 1. -----Hết----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ............................................................. Số báo danh:..................................................... Chữ ký của giám thị 1: .............................................................. Chữ ký của giám thị 2: ..........................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2011-LẦN 2 TRƯỜNG THPT PHAN CHÂU TRINH Môn thi: TOÁN – Khối A&B ĐÁP ÁN Câu-Ý Nội dung Điểm 2x 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y . x1 Câu I 2,0 đ 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) để khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến d đạt giá trị lớn nhất. Tập xác định: D R\ 1 . Sự biến thiên: Giới hạn và tiệm cận: lim y 2; lim y 2 y 2 là tiệm cận ngang; 0,25 x x lim y ; lim y x 1 là tiệm cận đứng. x1 x1 1 BBT: y ' D . Lập BBT 0, x 2 Ý.1 x1 0,25 (1,0 đ) ;1 và 1; KL: Hàm số đồng biến trên các khoảng . 3 ;0 và Oy tại 0;3 . Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại 0,25 2 Vẽ đồ thị đối xứng qua I 1; 2 . 0,25 Ta có: I 1; 2 là tâm đối xứng của (C). Phương trình tiếp tuyến của (C) tại 1 1 0,25 M x0 ; y0 C là . :y x x0 2 2 x0 1 x0 1 2 x0 1 y 2 x02 0,25 :x 6 x0 3 0 . Hay Ý.2 2 x0 1 2 x0 1 (1,0 đ) Khoảng cách tứ I đến là d 2. 0,25 4 2 1 x0 1 2 x0 1 Dấu bằng xãy ra khi x0 1 1 x0 0; x0 2. 0,25 :y x 3 hoặc :y x 1. Kết luận: x 2 cos 2 x 1. Giải phương trình 4sin 2 2 1 sin x . sin x 2 1 cot x Câu II 2,0 đ 2x y 1 xy 1 2. Giải hệ phương trình . x3 y2 7 2 cos 2 x sin 2 x 2sin 2 x . Điều kiện: sin x 0; cot x 1 . Ta có: 0,25 1 cot x x Và 4sin 2 sin x 2 1 cos x sin x 2sin x sin 2 x 2 Ý.1 0,25 2 (1,0 đ) 2 Do đó: PT 2sin x 2 2 sin x 2 0 1 hoặc sin x . sin x 2 2 3 0,25 k 2 , sin x hoặc x k2 . sin x 1 x x k2 2 2 4 4
3 Kết hợp nghiệm, vậy nghiệm PT là x hoặc x Z. k2 k2 k 0,25 2 4 0 . Mà x 3 y2 Điều kiện: x y 1 0. 7 0 x 0,25 x y 1 0. 2x y1 Do đó: PT đầu 0,25 Ý.2 Chia hai vế cho x, ta được: (1,0 đ) y1 y1 y1 y1 0,25 20 1 (th) hoặc 2 (loại) x x x x Suy ra: y x 1 thế vào PT sau, ta có: x 3 x 2 2 x 8 0 x 2. 0,25 Kết luận: nghiệm hệ PT là: x 2; y 1 . 1 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y và x . , Ox, x sin x cos3 x 4 3 Câu III 2,0 đ 2. Với mọi số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của x2 y2 y2 yz z 2 z2 zx x 2 . xy biểu thức 3 3 1 1 Ta có: S dx dx vì 0, cos x 0 . x sin x 0,25 sin x cos3 x sin x cos3 x 4 3 4 4 3 2 dx 2t Hay S dx . Đặt t và sin 2 x . tan x dt sin 2 x cos 2 x cos 2 x 1 t2 Ý.1 0,25 (1,0 đ) 4 Đổi cận x t 1; x t 3 4 3 3 3 3 1 t2 t2 1 0,25 Do đó: S . dt t dt ln t t t 2 1 1 1 1 Kết luận: S ln 3 1 ln 3 . 31 0,25 2 2 2 2 Ta có: 4 x 2 4 xy 4 y 2 3x y xy 3x y 0,25 3 3 x2 y2 Suy ra: x y. xy xy 2 2 Ý.2 3 3 y2 yz z 2 y z và z 2 zx x 2 0,25 Tương tự: z x. (1,0 đ) 2 2 x2 y2 y2 yz z 2 z2 zx x 2 0,25 xy 3x yz 3. Suy ra: 1 3. Dấu bằng xảy ra . Kết luận GTNN là x y z 0,25 3 Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, có AB AC 4 a và BAC 1200 . Hình chiếu A’ lên mp(ABC) trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Góc giữa cạnh Câu IV 1,0 đ bên với đáy là 300 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa AA’ với BC. Dựng hình bình hành ABHC hai tam giác ABH và BCH đều H là tâm đường tròn 0,25 A ' AH 300 . A' H ABC ngoại tiếp tam giác ABC
4a 3 4a tan 300 Tam giác ABH đều AH 4a A' H 3 0,25 1 4a 3 4 a.4 a.sin1200 4 a2 3 VABC. A' B ' C ' 4 a 2 16 a3 . S ABC 3. 2 3 Gọi I là giao điểm AH và BC, hạ IJ AA ' . 0,25 Ta có: BC AI , BC IJ (ĐL3ĐVG) d AA ', BC IJ . 1 AI sin 300 Mà IJ a. 2 a. a d AA ', BC 0,25 2 Câu Va Tính môđun của số phức z i , biết z i z i 2iz ( i là đơn vị ảo ). 1,0 đ Giả sử z x yi x, y R . Từ giả thiết, ta có: x 2 y 2 xi . y 1i x 1 yi 0,25 Do đó: x 2 y2 1 2 xi 2 y 2 xi . 0,25 2 Hay. x 2 y2 x2 0,25 2y 1 0 y1 2. 2 x2 0,25 Kết luận: z i 2. x y 1i y1 1. Trong mặt phẳng Oxy. cho M trên elip E : 5 x 2 9 y 2 45 0 và tích các khoảng 65 cách từ M đến 2 tiêu điểm (E) là . Hãy tìm M, biết M thuộc (II). Câu 9 2,0 đ VIa 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 5;3; 1 . Viết phương trình mp(P) chứa trục Ox sao cho khoảng cách từ A đến (P) bằng 1. x2 y2 c2 a 2 b2 0,25 Ta có: E : 9 5 4. 1 9 5 65 c c 65 42 65 Do đó: MF1.MF2 a xM a xM 9 xM 0,25 9 a a 9 9 9 Ý.1.a (1,0 đ) 0,25 2 Vậy xM 4 xM 2 (thích hợp) hoặc xM 2 (loại) 25 5 5 Suy ra: 20 9 y 2 45 0 y2 . Kết luận: M y 2; . 0,25 9 3 3 0 B2 C 2 PT mặt phẳng (P) có dạng By Cz 0. 0,25 B 0 3B C 8 B 2 6C.B d A, P 1 0 3C . Ý.2.a 0,25 B 2 2 B C (1,0 đ) 4 0 chọn C 1 P :z 0. Khi B 0,25 3C chọn C 4 B3 P : 3y 4z 0. Khi B 0,25 4 2 3i z 1i 2 i ( i là đơn vị ảo). Câu Vb Tìm số phức z, biết 1,0 đ 2 z z 2 0,25 0 . Ta có: z.z z , do đó: Điều kiện: z 1i 2 3i 2 i z. PT 0,25 1 2i Hay 2 i z . 1 2i z 0,25 2i
1 2i 2 i 4 3i 4 3 Kết luận: nghiệm của PT là z i. 0,25 2i2i 5 5 5 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho elip E : x 2 4 y 2 1 . Tính tâm sai (E) và viết PTCT hypebol nhận tiêu điểm (E) làm đỉnh và có hai tiêu điểm là hai đỉnh (E) CâuVIb 2,0 đ 2. Trong không gian Oxyz, cho điểm A 5;3; 1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và song song với trục Ox, biết khoảng cách Ox và (P) bằng 1. x2 y2 Ta có: PT chính tắc của elip là E : 1. 0,25 1 1 4 3 3 0,25 . Vậy tâm sai của elip là e . c 2 2 Ý.1.b x2 y 2 PT chính tắc của hypebol là H : 2 1. (1,0 đ) b2 a 0,25 3 3 3 Mà tiêu điểm của elip là ;0 nên a . ;0 , 2 2 2 x2 y2 3 1 Mặt khác a 2 b 2 1 b2 0,25 , Kết luận: H : 1 1 4 4 0, 75 0, 25 0 B2 C 2 PT mặt phẳng (P) có dạng By Cz D 0, D 0 0,25 Mà (P) qua A nên 3B C 3B D . D 0 C B 0 D 2 d Ox, P d O, P 1 10 B 6 D.B 0 Ý.2.b 0,25 3D B 2 2 B 3B D (1,0 đ) 5 0 chọn D 1 C1 P : z 1 0. Khi B 0,25 3D chọn D 5 B 3, C 4 P : 3y 4z 5 0 . Khi B 0,25 5 …HẾT… HƯỚNG DẪN CHẤM: Học sinh có lời giải khác với đáp án chấm thi nếu có lập luận đúng dựa vào SGK hiện hành (kể cả phần đọc thêm) và có kết quả chính xác đến ý nào thì cho điểm tối đa ở ý đó ; chỉ cho điểm đến phần học sinh làm đúng từ trên xuống dưới và phần làm bài sau không cho điểm. Điểm ở mỗi ý nhỏ cần thảo luận kỹ để được chấm thống nhất . Tuy nhiên , điểm trong từng câu và từng ý không được thay đổi.