ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT ĐÔNG HƯNG HÀ

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

Thêm vào BST

Báo xấu

136
lượt xem 14
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 đông hưng hà', 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 ĐÔNG HƯNG HÀ

www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT ĐÔNG HƯNG HÀ MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. x2 Câu I.(2.0 điểm). Cho hàm số : y  (1) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cách đều hai điểm A(1; -2) và B(-1; 4). Câu II.(2.0 điểm). cos 2 x 1 1. Tìm x  (0;  ) thoả mãn phương trình: cotx  1   sin 2 x  sin 2 x . 1  tan x 2 x  3  x  3  x2  9  x  m có nghiệm thực. 2. Tìm m để phương trình: Câu III.(1.0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành có AB = a, ABC  30 0 ; mặt bên SAD là tam giác vuông tại A, mặt bên SBC là tam giác vuông tại C. Hai mặt bên này cùng tạo với đáy góc 450. Chứng minh rằng (SAC)  (ABCD) và tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. x( x  1  3) 2 Câu IV.(1.0 điểm). Tính tích phân: I =  dx x  10 1 Câu V.(1.0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn: x  y  z  xyz . xy yz zx   Tìm GTNN của A = . z (1  xy ) x(1  yz ) y (1  zx ) PHẦN RIÊNG ( Thí sinh khối A và B chỉ làm phần B, thí sinh khối D được chọn một trong hai phần). Câu VI.a.(2.0 điểm). 1. Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho  ABC có đỉnh B(2; -1) đường cao đi qua đỉnh A có phương trình (d1): 3x  4 y  27  0 , đường phân giác trong của góc C có phương trình (d2): x  2 y  5  0 . Tìm toạ độ đỉnh A.  x 1  2. Trong không gian toạ độ (Oxyz) cho điểm A(1;1;0) và đường thẳng (d):  y  2t z  2  t  Tìm các điểm B, C nằm trên đường thẳng (d) sao cho  ABC đều. z  (1  i)n , trong đó n  Câu VIIa.(1.0 điểm). Tìm phần thực của số phức: và thỏa mãn: log 4  n  3  log5  n  6   4 Câu VI.b .(2.0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) cho hai đường tròn (C1):  x  6   y 2  25 và (C2): x 2  y 2  13 2 cắt nhau tại A(2; 3).Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau. x 1 y z  2 x y 1 z 1  và d 2 :   2. Cho hai đường thẳng d1 : . Viết phương trình mặt cầu có 1 2 1 1 1 3 bán kính nhỏ nhất tiếp xúc cả hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.b.(1.0 điểm). Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện z  1  2i  1 , tìm số phức z có mođun nhỏ nhất. -------------------- Hết -------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Ý NỘI DUNG Điểm I 2,0 Khảo sát và vẽ đồ thị 1 1,0 3 Ta có: y  1  x 1 TXĐ: D = R\ {1} Sự biến thiên: 0,25 3  0 , x  1 y' = ( x  1) 2 HS nghịch biến trên các khoảng (-  ; 1) và (1; +  ) HS không có cực trị + Giới hạn – Tiệm cận: lim y   x 1 lim y    ĐTHS có tiệm cận đứng: x = 1 x 1 0,25 lim y  1 x   ĐTHS có tiệm cận ngang: y = 1 lim y  1 x  + Bảng biến thiên: x   1 y’ - -  1 0,5 y  1 Đồ thị: y 1 O1 -2 0,25 x -2 KL: Đồ thị hàm số nhận giao hai tiệm cận làm tâm đối xứng. Viết phương trình tiếp tuyến cách đều hai điểm A(1; -2) và B(-1; 4) 2 1,0 Giả sử a là hoành độ tiếp điểm. Ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị là 3 a2 y ( x  a)  0,25 (a  1) a 1 2 TH1: Tiếp tuyến song song với AB x 1 y  2   y  3x  1 Ta có AB: 2 6 0,25 Tiếp tuyến song song với AB nên hsg của tt là k = -3 a  0 3   3  (a  1)  1   a  2 (a  1) 2 0,25
Với a = 0 ta có phương trình tiếp tuyến là y  3x  2 Với a = 2 ta có phương trình tiếp tuyến là y  3x  10 TH2: Tiếp tuyến đi qua trung điểm I(0, 1) của AB 3 a2 1  (a  1)2  3a  (a  2)(a  1)  a  Ta có 1  (0  a)  (a  1) a 1 2 0,25 2 Ta có phương trình tiếp tuyến là y  12 x  1 II 2,0 Tìm x (0; ) thoả mãn phương trình 1 1,0 sin 2 x  0 sin 2 x  0  ĐK:  sin x  cos x  0  tan x  1 cos x  sin x cos 2 x.cos x Khi đó pt    sin 2 x  sin x cos x 0,25 cos x  sin x sin x cos x  sin x   cos 2 x  sin x cos x  sin 2 x  sin x cos x sin x  cos x  sin x  sin x(cos x  sin x)2  (cos x  sin x)(sin x cos x  sin 2 x 1)  0 0,25  (cos x  sin x)(sin 2x  cos 2x  3)  0   cos x  sin x  0  tan x  1  x   k (k  Z ) (tm) 4  0,5 Vì x   0;    k  0  x  4 Tìm m để pt có nghiệm thực 2 1,0 1 1 x  3  x  3, x  3;     f '( x)   0 Xét hs: f ( x)  2 x 3 2 x 3  f ( x)  f (3)   6 ; lim f ( x)  lim ( x  3  x  3)  0 0,5 x  x   x  3  x  3, t   6; 0 Đặt t   2 t Pt trở thành : t   m (*) Để pt ban đầu có nghiệm thực thì pt (*) phải có nghiệm 2  1  0,5 t    6; 0  m   ; 3  6   2  CM: (SAC)  (ABCD) và tính thể tích S.ABCD III 1,0 S SA  AD    SA  BC D 0,25 AD / / BC  A SC  BC  BC  (SAC )  (SAC )  ( ABCD) O C B CM:  SAC    ABCD 
Tính thể tích: BC  SC  ( SBC )( ABCD ) BC    ( SBC ), ( ABCD)    SC , AC   45 (1)  0 0,25 BC  AC  Tương tự   ( SAD),( ABCD)    SA, AC   450 (2) Từ (1), (2)  SAC  SCA  450 SAC BC  SO cân tại S  SO  AC  SO  ( ABCD) 0,25 a ABC vuông tại C : AC  AB.sin 300  2 1 32 S ABCD  2S ABC  2. 2 AB.AC.sin 60  4 a 0 1 a a SOA vuông tại O: AO  AC  ; SO  AO.tan 450  2 4 4 0,25 1 33 V S . ABCD  3 SO.S ABCD  48 a (đvtt). Tính tích phân IV 1,0 Đặt t  x  1  t 2  x  1  dx  2tdt 0,25 Đổi cận: x  1  t  0; x  2  t  1 2t (t 2  1)(t  3)dt 0,25  30  1 1   2  t 2  3t  10  Khi đó: I  dt t 9 t 3  2 0 0 0,5 1  t 3 3t 2  53 4 = 2   10t   60ln(t  3) 0   60ln 1 3 2 0 3 3 Tìm GTNN V 1,0 Cách 1: 11 1 1     ( 1) CM: Với mọi a, b > 0 thì ab 4 a b a b Dấu “ =” xảy ra 111 1 1 1 0,25       A= x y z  x  xyz y  xyz z  xyz  111  1 1 1       A= x y z  2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y  Áp dụng (1) ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A       x y z 4  2x 2 y 2z y  z z  x x  y  0,25 1 1 1 11 1 1 31 1 1             x y z 4 x y z  4 x y z  CM: Với mọi a, b, c thì:  a  b  c   3  ab  bc  ca  (2) 2 a bc Dấu “=” xảy ra Áp dụng (2) ta có: 0,25
2 1 1 1 1 1 1 x yz      3      3. 3 x y z  xy yz zx  xyz 111 33    3 A  Do x, y, z  0 nên xyz 4 0,25 33 Amin  đạt được khi x  y  z  3 KL: 4 Cách 2: 111  1 1 1       A= x y z  2x  y  z 2 y  z  x 2z  x  y  Theo CôSi: 0,25 111 1  1 1 A       x y z  4 4 xxyz 4 4 xyyz 4 4 xyzz    0,25 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 31 1 1  A               A     x y z 16  x y z x y z x y z  4 x y z  ( quay về cách 1) 0,5 VI.a 2,0 Tìm toạ độ đỉnh A 1 1,0  B(2; 1)   pt cạnh BC: 4 x  3 y  5  0 . BC :    d1  : 3x  4 y  27  0  0,25 x  2 y  5  0  x  1  Toạ độ C là nghiệm của hpt  4 x  3 y  5  0 y  3 Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (d2) ta có B’ nằm trên cạnh AC.  B(2; 1)   pt BB’: 2 x  y  5  0 BB’:    d 2  : x  2 y  5  0  0,25 x  2 y  5  0 x  3  Gọi I = BB’  (d2), toạ độ I là nghiệm của hpt  2 x  y  5  0 y 1 Vì I là trung điểm của BB’ nên toạ độ B’(4; 3) C (1; 3)   Pt cạnh AC: y  3 AC:  0,25 vtcp CB '  (5; 0)  y  3  x  5  Toạ độ A là nghiệm của hpt  3x  4 y  27  0  y  3 0,25 Vậy toạ độ đỉnh A(-5; 3) Tìm toạ độ các điểm B, C trên đường thẳng (d) 2 1,0 Gọi I là hình chiếu của A trên đường thẳng (d) Ta có I 1; 2t; t  2   AI  (0;  2t  1; t  2) 0,25 4 36 AI vuông góc với (d)  5t  4  0  t    AI  (0; ; ) 5 55 2 6 Vì tam giác ABC đều ta có AB  AI  AB  0,25 3 15 Phương trình mặt cầu tâm A bán kính AB là : 12 0,25 ( x  1)2  ( y  1) 2  z 2  (S) 5 Vì B, C thuộc mặt cầu (S) và thuộc đường thẳng (d) nên toạ độ B, C là nghiệm của hpt 0,25
 12 ( x  1)   y  1  z  5 2 2 2  4  3 x  1 t   5  y  2t  z  2  t   8 2 3 6 3   82 3 6 3  Vậy toạ độ các điểm B, C là: 1;  ; 1;  ; ;  5  5 5 5    Tìm phần thực của số phức z 1,0 VIIa Ta có f  x   log 4  x  3  log5  x  6  là hàm số đồng biến trên  3;   f 19   log 4 16  log5 25  4 0,25 Do đó pt log 4  n  3  log5  n  6   4 có nghiệm duy nhất n  19 9 Ta có 1  i   1  i  1  i   1  i  1  i    1  i   2i   2  2 i 19 18 2 9 9 9 0,5   Vậy phần thực của số phức z là 29 0,25 VIb 2,0 1 1,0 Ta thấy  C1  có tâm I1  0;0  ; R1  13 .  C2  có tâm I 2  6;0  ; R2  5 0,25   Giả sử đường thẳng d qua A  2;3 có dạng a  x  2   b  y  3  0, a 2  b2  0 . 2a  3b 4a  3b Gọi d1  d  I1 , d   , d2  d  I 2 , d   a b a 2  b2 2 2 0,25 theo giả thiết ta có R12  d12  R2  d 2  d 2  d12  12 2 2 2  4a  3b   2a  3b   b0 2 2    12  b2  3ab  0   0,25 b  3a a b a b 2 2 2 2 +, Khi b  0 phương trình đường thẳng d : x  2  0 . 0,25 +, Khi b  3a phương trình đường thẳng d: x  3 y  7  0 thoả mãn . 2 1,0 Mặt cầu có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc cả hai đường thẳng (d1) và (d2) là mặt cầu có 0,25 đường kính là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2). Gọi M  d1  M 1  t;2t; 2t  1 ; N  d 2  N t ';1  3t ';1  t '  0,25 Ta có MN   t ' t  1;3t ' 2t  1;  t ' t  3 MN là đoạn vuông góc chung của (d1) và (d2)  7 t  5  MN  d1 4t ' 6t  6  0  0,25     MN  d 2 11t ' 4t  1  0 t '  3   5 2 14 3 3 14 2 Ta có M ( ; ;  ) ; N ( ; ; )  MN  2 55 5 555 0,25 1 14 1 Gọi I là trung điểm của MN ta có I ( ; ;  ) 10 5 10
12 14 1 1 Phương trình mặt cầu tìm là: ( x  )  ( y  )2  ( z  )2  10 5 10 2 Tìm số phức có mođun nhỏ nhất VIIb 1,0 Giả sử z  a  bi;  a, b  . C1 0,25 Ta có z  1  2i   a  1   b  2  i  z  1  2i   a  1   b  2  2 2 2 Vì z  1  2i  1 nên  a  1   b  2   1 . 2 2 Do đó tồn tại x  0; 2  sao cho a  1  sin x; b  2  cos x 0,25 Ta có a 2  b2   1  sin x    2  cos x   6  2  sin x  2cos x  2 2 (sinx + 2cosx)2  5 =>    Bunhia  sin x  2cos x  2  12  22 sin 2 x  cos 2 x  5   5  sin x  2cos x  5 0,25  6  2 5  a 2  b2  6  2 5  5  1  a 2  b2  5  1 1 2 Vậy số phức có mođun nhỏ nhất là z  (1  )  (2  )i 0,25 5 5 Tìm số phức có mođun nhỏ nhất 1,0 Giả sử z  x  yi;  x, y  . 0,25 Ta có z  1  2i   x  1   y  2  i  z  1  2i   x  1   y  2  C2 2 2 2 Vì z  1  2i  1 nên  x  1   y  2   1 C  . 2 2 0,25 Tập hợp điểm M  a; b  biểu diễn số phức z nằm trên đường tròn (C). Và số phức z có Mođun nhỏ nhất  OM Min khi đó M  OI   C  và M gần O hơn. 0,25 Ta có ptđt  OI  : y  2 x  1  x  1   x  1   y  2  1  2 2  5  Khi đó tọa độ M là nghiệm của hệ  y  2x  2  y  2     5 0,25  2 1 Do M gần O nên M  1  ; 2    5 5 1 2 Vậy số phức có mođun nhỏ nhất là z  (1  )  (2  )i 5 5 Nếu thi sinh làm theo cách khác đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm theo các phần tương ứng -------- Hết ---------