ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 13
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 - trường thpt đào duy từ', 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 - TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

ĐỀ THI THỬ ĐH & CĐ (LẦN II) NĂM HỌC 2010 2011 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HOÁ Môn thi: Toán Khối thi: A (Ngày thi 09 tháng 04 năm 2011) TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ Thời gian làm bài: 180 phút ( Không kể thời gian giao đề ). Đề chính thức Đề thi bao gồm 01 trang, có 09 câu của hai phần. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 07 điểm ) Câu I: Cho hàm số y = - x 3 + 3 x 2 + ( m + 1) x + m + 1 (Cm ) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. 2. Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng đi qua các điểm cực trị, tiếp tu yến tại điểm cố định của đồ thị ( C m ) với trục tung O y. Tìm các giá trị thực của m để AB = 2 . æ 7p æ öö 2 ç cos x - co s ç - x ÷ ÷ 1 2 è øø è Câu II: 1. Giải phương trình lượng giác: = tan x + cot 2 x co t x + 1 ìe x +1 =y- y +1 +1 2. Giải hệ phương trình sau: ï í x +2 x +1 2 ï y + 1 = e -e î 3 2 Câu III: Tính tích phân sau: x x ln dx ò 1 - x2 1 - x 2 1 2 Câu IV: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, tâm O và góc A = 60 ; D’O o vuông góc với (ABCD) ; cạnh bên tạo với đá y một góc j = 60 . Hã y tính diện tích xung quanh và o thể tích hình chóp C.ADC’. 2 2 2 Câu V: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x ³ y ³ z > 0 . Chứng minh rằng: x y + y z + z x ³ x 2 + y 2 + z 2 z x y PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn chỉ chọn một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề bài theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1. Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 5 và điểm P = ( 3; 4 ) . Gọi A, B là các tiếp điểm của hai tiếp tu yến kẻ từ P. Đường thẳng đi qua giao điểm của AB với trục Ox và vuông góc với Ox, cắt PA, PB lần lượt tại C, D. Tìm tọa độ điểm E sao cho tam giác ECD là tam giác đều. 2. Trong không gian Ox yz cho đường thẳng ( d ) : x + 1 = y - 1 = z mặt phẳng (P): x +2 y - z =0, - 1 2 2 đường thẳng (d’) là giao tu yến của 2 mặt phẳng (a ) : x + y + z = 0 , (b ) : 2 x + y - 2 z + 2 = 0 .Viết phương trình đường thẳng (D), biết rằng (D) vuông góc với (P) và (D) cắt cả hai đường thẳng (d) với (d’). Câu VII.a: XÐt c¸c ®iÓm A, B, C trong mÆt ph¼ng phøc theo thø tù biÓu diÔn c¸c sè phøc 4i i 2 + 6 ; (1 - i )(1 + 2i ); . T×m sè phøc biÓu diÔn bëi ®iÓm D sao cho tø gi¸c ABCD lµ h×nh vu«ng. i -1 3 - i B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1. Cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 + 1 0 x + 1 6 = 0 và điểm T (1; 0 ) . Viết phương trình chính tắc của Hypebol (H). Biết (H) nhận tâm của đường tròn (C) làm một tiêu điểm và có hai tiệm cận lần lượt song song với hai tiếp tu yến kẻ từ điểm T đến dường tròn (C). x -1 y -3 z x - 5 y z + 5 2. Cho mặt phẳng (P): x - 2 y + 2 z - 1 = 0 và các đường thẳng d1 : . = ; d2 : = == 4 -5 2 -3 2 6 Tìm các điểm M Î d1 , N Î d 2 sao cho MN song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 2. Câu VII.b: Giải bất phương trình trên tập số thực: 1 log 0,5 2 x 2 - 3x + 1 + log 2 ( ) ( ) x 2 - 4 x + 3 - x + 1 ³ 0 . 2 …………………………………………………………………………………………………………. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Thí sinh không được sử dụng tài liệu www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI THỬ ĐH & CĐ (LẦN II) NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT DAOD DUY TỪ Môn thi: TOÁN ( Khối A) (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) Ngày thi 09 tháng 04 năm 2011 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Điểm Câu Đáp án 1. (1,0 điểm). Khảo sát… Câu I · Với m = 1, hàm số là y = x + 3x 3 2 (2,0 (C1) điểm) 0,25 · Tập xác định: D = R Sự biến thiên: Giới hạn: lim y = -¥, lim y = +¥ x ® +¥ x ® -¥ 2 Chiều biến thiên: y ' = -3 x + 6 x; y ' = 0 Û x = 0; x = 2 Bảng biến thiên: x -¥ +¥ 0 2 _ y’ 0 0 + 4 0,25 +¥ y 0 -¥ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( -¥; 0) và ( 2; +¥ ) ; đồng biến trên khoảng (0; 2) 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y = 0 ; đạt cực đại tại x = 2, y CD = 2 CT · Đồ thị: y Ta có: y” = 6x + 6, nên đồ thị có 1 điểm uốn là U(1; 2) Đồ thị đi qua 2 điểm O(0; 0) và M(3; 0) O 4 x 0,25 2 1 0 5 5 1 0 f x) = x3 × x2 +3 ( 2 4 2.(1,0 điểm) . Tìm m để AB = ….. +/Ta có y’ = 3x + 6x + m + 1 2 Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có nghiệm và đổi dấu ó m > 4 0,25 +/Đường thẳng đi qua các điểm cực trị có phương trình:(2m+8)x – 3y + 4(m+1) = 0. 0,25 Giao điểm với trục tung Oy là A æ 0; 4m + 4 ö ç ÷ 3 è ø +/Đồ thị (Cm) có điểm cố định là I= (1; 4) +/Phương trình tiếp tuyến của đồ thị tại I là: (m – 8)x – y + m – 4 = 0 0,25 +/Giao điểm của tiếp tuyến với trục tung Oy là: B(0; m – 4) m + 16 * Ta có A B = 2 Û = 2 Û m = -1 6 + 3 2 ; m = -1 6 - 3 2 (loại) 0,25 3 Câu II 1. (1,0 điểm). Giải phương trình lượng giác…. (2,0 ìsin 2 x ¹ 0 Điều kiện: í điểm) 0,25 î ot x ¹ -1 c
æ 7p 1 ö Ta có: tan x + cot x = v cos x - cos ç - x ÷ = cos x + s inx sin 2 x è2 ø 0,25 Phương trình trở thành: sin 2 x = 2 s inx ( ) Û 2 sin x cos x = 2 s inx Û s inx 2 cos x - 2 = 0 é s inx = 0 Ûê 0,25 ê cos x = 2 ê ë 2 +/ s inx = 0 (loại) 0,25 p p 2 Û x = + k 2p ( k Î ¢ ) , Do x = - + k 2p ( k Î ¢) +/ cos x = bị loại 4 4 2 2. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình…. ì e x +1 = u; u ³ e ì x ³ 0 ï Điều kiện: í . Đặt í 0,25 î y ³ -1 ï y + 1 = v; v ³ 0 î ìu = v 2 - v ìu = v 2 - v ì u = v Ûu = v = 2 T a có: í Ûí 2 Û í 2 0,5 2 2 îv - 2v = 0 îv = u - u î u = v Với u = v = 2 : 0,25 ì e x +1 = 2 ì x + 1 = ln 2 ï ï . Hệ phương trình vô nghiệm. Û í í y +1 = 4 ï ï y + 1 = 2 î î Câu III Tính tích phân (1,0 x ì 1 ì ï u = ln ï du = dx điểm) 2 ( ) ï 1- x ï x 1 - x2 Đặt í Þí 0,25 ï d v = xd x ï 2 ï v = - 1- x ï î 2 1- x î 3 3 æ1 1ö 2 2 2 x 1 - x 3 1 + 3 0,25 Ta có: I= - 1 - x2 ln ò x (1 - x 2 ) dx = - ç 2 ln 3 - 2 ln 3 ÷ + J = - 4 ln 3 + J + ç ÷ 2 1 - x è ø 1 1 2 2 3 3 2 1 - x 2 4 2 2 x 1 Tính J = ò dx = dx = dx ò x ò 1 x (1 x ) - 2 x 1 - x2 2 1 - x 2 1 1 2 2 2 1 3 3 1 Đặt u = 1 - x 2 ; u > 0 . Đổi cận: Khi x = Þu= Þu= ; khi x= 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có: u = 1 - x Û x = 1 - u Þ xdx = - udu 1 1 1 2 2 1 u -1 udu du 1æ 1 2ö 2 ( ) Nên J = - = = = ç ln - ln 2 - 3 ÷ ln ò ò (1 - u ) u (u ) 2 2 2 u +1 2è 3 ø -1 3 3 3 2 2 2 3 + 3 ( ) Vậy I = - ln 3 - ln 2 - 3 0,25 4 Câu IV Tính thể tích khối chóp……
0,25 (1,0 C' D' điểm) A' B' H C D O A B · 0 Từ giả thiết: D ' DO = 60 a3 1 a Tam giác ABD đều, AC = 2 AO = 2. = a 3 v OD = BD = ; DD'=a 2 2 2 0,25 Gọi O’ là tâm của hình thoi A’B’C’D’. Ta có: OO ' = a = DD ' và OO ' ^ AC (do AC ^ ( BDD ' B ' ) ), nên diện tích tam giác ACC’ là: a2 3 1 1 1 S DACC ' = S ACC ' A ' = OO ' .AC = a.a 3 = , trong đó AC = a 3 2 2 2 2 a2 3 Diện tích tam giác ACD là S DACD = 4 a Kẻ OH vuông góc với CD thì D ' H ^ CD v DOD'H vuông tại O. Do đó DH = 4 a 15 Suy ra D ' H = D ' D 2 - DH 2 = . 0.50 4 1 a 15 a 2 15 1 1 Diện tích tam giác C’CD là S DC ' CD = S Y CDD ' C ' = CD.D ' H = a. = 2 2 2 4 8 Vậy diện tích xung quanh của hình chóp C.ADC’ là: a 2 3 a 2 3 a 2 15 a 2 3 ( ) S xq = S DACC ' + S DACD + S DCDC ' = + + = 6+ 5 2 4 8 8 1 a 3 a 2 3 a 3 1 Thể tích VC . AC ' D = VC '. ACD = D ' O.S DACD = × (đvtt) = × 0,25 32 4 8 3 Câu V Chứng minh bất đẳng thức (1,0 y z x z x y điểm) Áp dụng BĐT Bunhiacopski cho 2 dãy số x z ; y x ; z y và x y ; y z ; z x 0,25 æ x 2 y y 2 z z 2 x ö æ x 2 z y 2 x z 2 y ö 2 ( ) 2 2 2 (1) Ta có: ç ÷ ³ x + y + z + + + + ÷ç èz x y øè y z x ø x 2 y y 2 z z 2 x x 2 z y 2 x z 2 y F = + + - - - z x y y z x 1 3 2 ( ) x y + y 3 z 2 + z 3 x 2 - x 3 z 2 - y 3 x 2 - z 3 y 2 = xyz 0,25 Xét hiệu: 1 é 3 2 ( )( )( ) x y - y 3 x 2 + y 3 z 2 - z 3 y 2 + z 3 x 2 - x 3 z 2 ù = ë û xyz 1 ( x - y ) ( y - z ) ( x - z ) ( xy + yz + zx ) ³ 0 = xyz
x 2 y y 2 z z 2 x x 2 z y 2 x z 2 y ( 2 ) Suy ra + + ³ + + z x y y z x Từ (1) và (2). Ta được: 0,25 2 æ x 2 y y 2 z z 2 x ö æ x 2 y y 2 z z 2 x ö æ x 2 z y 2 x z 2 y ö 2 ÷ ³ ( x + y + z ) 2 2 2 + + ÷ ³ç + + + + ç ÷ç èz x yø èz x y øè y z x ø 2 æ x2 y y 2 z z 2 x ö x 2 y y 2 z z 2 x 2 2 ³ ( x 2 + y 2 + z 2 ) Û ³ x + y 2 + z 2 Vậy ç + + + + 0,25 ÷ èz x y ø z x y Đẳng thức xảy ra Û x = y = z > 0 . (ĐPCM) 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ các điểm A và B Câu VI.a (2,0 P điểm) C A E I O B 0,25 D Kí hiệu A = ( x A ; y A ) v B= ( x B ; y B ) Đường thẳng đi qua các tiếp điểm A, B của đường tròn là: 3x + 4 y = 5 æ5 ö Suy ra giao điểm của AB với trục Ox là I = ç ; 0 ÷ è 3 ø Do các tứ giác QICA và QIBD nội tiếp, nên tam giác OCD cân tại O, suy ra Ox là 0,25 trục đối xứng của CD. Vậy E thuộc Ox. 5 ··· Mặt khác, OPB = OAB = OCD = a v OP=5 , nên sin a = 5 0,25 2 CI 1 CI 20 Û 2 = cot 2 a + 1 = 2 + 1 Û CI2 = 4OI2 , nên CD = 2CI = Lại có cot a = OI 3 sin a OI CD 3 10 3 5 10 3 Gọi E ( a; 0 ) : EI = = Û a - = 2 3 3 3 0,25 æ 5 + 10 3 ö æ 5 - 10 3 ö Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: E = ç ; 0 ÷ v E'= ç ;0÷ ç ÷ ç ÷ 3 3 è ø è ø 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng … ì x = 1 + 3t ' ï Chọn M = ( -2; 2; 0 ) , N = (1; -2;1) Î d ' , thì phương trình d ' : íy = -2 - 4 t ' 0,25 ï z =1+ t' î Gọi A, B là các giao điểm của D với d và d’. Khi đó tọa độ của A, B có dạng: A = ( -1 + 2 t;1 + 2 t; -t ) v B = (1 + 3t '; -2 - 4 t ';1 + t ' ) r Mặt phảng (P) có 1 VTPT là n = (1; 2; -1) và 0,25
uuu r AB = ( 2 + 3t '- 2 t; -3 - 4 t '- 2 t;1 + t '+ t ) r uuu r Lại do D ^ ( P ) , nên n = (1; 2; -1) và AB = ( 2 + 3t '- 2 t; -3 - 4 t '- 2 t;1 + t '+ t ) cùng 0,25 2 + 3t '- 2 t -3 - 4 t '- 2 t 1 + t '+ t 1 phương, hay = = . Giải hpt ta được t ' = - , t = 1 -1 1 2 2 r Vậy đường thẳng D xác định bởi A = (1; 3; -1) và có 1 VTCP là n = (1; 2; -1) nên có 0,25 x -1 y - 3 z +1 phương trình là: = = -1 1 2 Số phức….. Câu 4 i ( i + 1) VII.a 4i Ta có: = = 2 - 2 i . Có điểm biểu diễn A= (2; 2) (1,0 i - 1 ( i - 1) ( i + 1) điểm) (1 - i ) (1 + 2i ) = 3 + i . Có điểm biểu diễn B= (3; 1) 0,5 2 + 6i ( 2 + 6i ) ( 3 + i ) = = 2 i . Có điểm biểu diễn C= (0; 2) ( 3 - i ) ( 3 + i ) 3-i uuu r uuu uuu rr BA = ( -1; -3 ) Þ BA = 10 uuu r Xét ; lại có BA.BC = 0 Û BA ^ BC BC = ( -3;1) Þ BC = 10 0,25 Suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Gọi số phức cần tìm là z = a + bi; a,b Î ¡ . Điểm D biểu diễn số phức z là: D=(a; b) uuu uuu ì a - 0 = -1 r r ì a = -1 ABCD là hình vuông Û BA = CD Û í Ûí 0,25 îb - 2 = -3 îb = -1 Vậy số phức z cần tìm là: z = -1 - i 1. (1,0 điểm) . Viết phương trình Hypebol…. Câu VI.b 2 Đường tròn ( C ) : ( x + 5 ) + y 2 = 9 có tâm F = ( -5; 0 ) và bán kính R = 3 (2,0 0,25 Đường thẳng có phương trình x = 1 đi qua T (1;0) không là tiếp tuyến của (C) điểm) ( D ) Phương trình tiếp tuyến có dạng: kx - y - k = 0 -5 k - k 3 Đường thẳng ( D ) là tiếp tuyến của (C) Û d( F;D ) = R Û =3Û k =± 3 k 2 + 1 0,25 3 Theo bài ra: Phương trình các đường tiệm cận của Hypebol (H) là: y = ± x 3 x2 y2 - 2 = 1 với a, b, c >0 và c2 = a 2 + b 2 Phương trình chính tắc của (H) là: 2 a b ì 2 75 ìb 0,25 3 ïa = 4 ì a 2 = 3b 2 = ï ï ï Theo gỉa thiết: c = 5 nên í a Ûí Ûí 3 2 2 ïb 2 = 25 ïa + b = 25 ïa 2 + b 2 = 25 î î ï î 4 x2 y2 Vậy phương trình (H) cần tìm là: - = 1 0,25 75 25 4 4 2. (1,0 điểm) . Tìm điểm thuộc đường thẳng ... ìx = 1+ 2 t ï Phương trình tham số của d1 là: íy = 3 -3 . M thuộc d1 nên tọa độ M (1 + 2t; 3 - 3t; 2t ) . t ïz = 2t î
Theo đề bài: 0,25 | 1 + 2t - 2 ( 3 - 3t ) + 4t - 1 | | 12t - 6 | d ( M , ( P )) = = 2 Û 12t - 6 = ±6 Û t1 = 1, t2 = 0. =2Û 3 2 12 + ( -2 ) + 2 2 + Với t1 = 1 ta được M 1 ( 3; 0; 2 ) ; 0,25 + Với t2 = 0 ta được M 2 (1; 3; 0 ) + Ứng với M1, điểm N1 Î d 2 cần tìm là giao của d2 với mp qua M1 và song song với mp (P), gọi mp này là (Q1). PT (Q1) là: ( x - 3) - 2 y + 2 ( z - 2) = 0 Û x - 2 y + 2z - 7 = 0 (1) . ì x = 5 + 6t 0,25 ï Phương trình tham số của d2 là: í y = 4t (2) ï z = -5 - 5t î Thay (2) vào (1), ta được: 12t – 12 = 0 Û t = 1. Điểm N1 cần tìm là N1(1;4;0). + Ứng với M2, tương tự tìm được N2(5;0;5). 0,25 Giải bất phương trình logarit Câu VII.b Điều kiện xác định: (1,0 2 x 2 - 3x + 1 > 0 ì điểm) 0,25 ï 1 ï x2 - 4x + 3 ³ 0 (1) Ûx< í 2 ï2 x - 4x + 3 - x + 1 > 0 ï î ) ( Û log 0,5 2 x 2 - 3x + 1 ³ log 0,5 x 2 - 4x + 3 - x + 1 0,25 BPT Û 2 x 2 - 3x + 1 £ x 2 - 4 x + 3 - x + 1 (1 - x ) (1 - 2x ) £ (1 - x ) ( 3 - x ) + (1 - x ) Û 1 ( 3 - x ) (1 - x ) Û 1 - 2 x £ 3 - x + 1 - x Û -3 £ 2 (luôn đúng với mọi x