ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

92
lượt xem 12
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 hậu lộc 2', 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 - TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

SỎ GD&DT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2010 -2011 MÔN TOÁN (Khối A - B - D) - Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG (7 điểm). Dành cho tất cả các thí sinh. x 1 Câu I (2 điểm). Cho hàm số y  (1) xm 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  1 . 2. Tìm các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng (d): y  x  2 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B sao cho AB  2 2 . Câu II (2 điểm)    2      1. Giải phương trình lượng giác: 4sin x.sin   x  .sin   x   4 3.cos x.cos  x   .cos  x    2. 3 3 3 3      2  (1  y )  x( x  2 y )  5 x 2. Giải hệ phương trình:  2 (1  y )( x  2 y  2)  2 x   cos3 x  cos x  sin x  Câu III (1 điểm). I Tính tích phân sau: x( ) dx 1  cos2 x 0 Câu IV (1 điểm). a6 · Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc BAD  600 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, SG  ( ABCD) và SG  . 3 Gọi M là trung đi ểm CD. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABMD theo a. 2. Tính khoảng cách giữa các đường thẳng AB và SM theo a. Câu V (1 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4x 4y 4z A   . y (2 1  8 y  4 x  2) z (2 1  8 z  4 y  2) x(2 1  8 x3  4 z  2) 3 3 PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB: x  2 y  1  0 , đường chéo BD: x  7 y  14  0 và đường chéo AC đi qua điểm E ( 2;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. x y 1 z x 1 y 1 z  4 2. Trong không gian Oxyz cho các đường thẳng d1 :  .  , d2 :   2 1 2 1 1 3 a. Chứng minh rằng hai đường thẳng đó chéo nhau và vuông góc với nhau. b. Viết phương trình đ ường d cắt cả hai đường thẳng d1 , d 2 đồng thời song song với đường thẳng x  4 y 7 z 3 :   . 2 1 4 Câu VII.a (1 điểm). z 1  i Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện z  2i  z  1  i và là một số thuần ảo. z  2i B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) x2 y 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) :   1 và đường thẳng d : 3 x  4 y  12  0 . Chứng minh rằng 16 9 đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm C  ( E ) sao cho ABC có diện tích bằng 6. x y2 z4 x  8 y  6 z  10 2. Trong không gian Oxyz cho các đường thẳng d1 :  và d 2 : .    1 1 1 2 2 1 a. Chứng minh rằng d1, d 2 chéo nhau. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng đó. b. Gọi AB là đường vuông góc chung của d1 và d 2 ( A  d1 , B  d 2 ). Viết phương trình mặt cầu đường kính AB.  4log3 ( xy )  2  2log 3 ( xy )  Câu VII.b (1 điểm). Giải hệ phương trình:  1 2 2 log 4 (4 x  4 y )   log 4 x  log 4 ( x  3 y ) 2 
www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Câu Ý Nội dung Điểm x 1 Với m  1 ta được hàm số y  . x 1 1 / TXĐ: D  R \ 1 2 / S ự biến thiên: x 1  1  đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là y  1 . - Giới hạn: lim y  lim x  x  1 x  x 1 x 1 0.25 đ lim y  lim   ; lim  y  lim    x  ( 1)  x  ( 1) x  1 x ( 1) x  1 x ( 1)  đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là x  1 - Chiều biến thiên: 2 y'   0 x  D  hàm số đồng biến trên các kho ảng xác định. ( x  1)2 Hàm số không có cực trị. - Bảng biến thiên x   1 0.25 đ y'   1  y 1 (1 đ) 1  3 / Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) , cắt trục Oy tại điểm (0; 1) I 0.5 đ - Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1):  x  m x 1  x2  2 0.25 đ xm  x  (m  1) x  2 m  1  0 (*) - Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B p hân biệt khi và chỉ khi PT (*) có hai nghiệm phân biệt khác  m 2  m 2  6m  3  0 m  3  2 3  m  3  2 3 (1 đ)   0     (**) 0.25 đ  x  m  m  1  m  1   x  x   (m  1) - Khi đó gọi x1 , x2 là các nghiệm của PT (*), ta có  1 2  x1 .x2  2 m  1
0.25 đ - Các giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là A( x1 ; x1  2), B ( x2 ; x2  2) . Suy ra AB 2  2( x1  x2 )2  2  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2   2(m2  6m  3)    m  1 0.25 đ Theo giả thiết ta được 2(m2  6 m  3)  8  m2  6m  7  0   m  7 - Kết hợp với điều kiện (**) ta được m  7 là giá trị cần tìm. Giải phương trình:    2      4sin x.sin   x  .sin   x   4 3.cos x.cos  x   .cos  x    2. 3 3 3 3     2  0.25 đ PT  2sin x(cos 2 x  cos )  2 3.cos x.(cos(2 x   )  cos )  2 3 3  2sin x.cos 2 x  sin x  2 3.cos x.cos 2 x  3 cos x  2 0.25 đ  (sin 3 x  sin x)  sin x  3(cos 3 x  cos x)  3 cos x  2 1 1 3 (1 đ)  sin 3 x  3 cos 3 x  2  sin 3 x  cos 3 x  1 0.25 đ 2 2      cos  3 x    1  3x   k 2  3 x   k 2 6 6 6   2 0.25 đ  x  k , k  Z. 18 3  2 Vậy PT b an đ ầu có 1 họ nghiệm : x   k , kZ 18 3 (1  y 2 )  x( x  2 y )  5 x  Giải hệ PT:  (I) 2 (1  y )( x  2 y  2)  2 x  1  y 2  0 0.25 đ  * Nếu x  0 thì hệ (I)   vô nghiệm. 2 (1  y )(2 y  2)  0  II * Nếu x  0 thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho x ta được hệ tương đương 1  y 2 1  y 2  ( x  2 y)  5  ( x  2 y  2)  3   0.25 đ x x   2 2 1  y ( x  2 y  2)  2 1  y ( x  2 y  2)  2 x x   2 1 y - Đặt u  , v  x  2 y  2 , ta được hệ phương trình: x u  v  3 u  1 u  2 2 ho ặc    (1 đ) uv  2 v  2 v  1 1  y 2 x  1 y2 x  2 y  4 u  1  1 - Với   x   2 v  2  x  2 y  2  2 x  2y  4 y  2y  3  0 0.25 đ  x  2 y  4 x  2  x  10     y  1  y  3  y  1 y  3 1  y 2 1  y 2  2 x x  2y  3 u  2  2 - Với   x   2 v  1 x  2 y  2  1 x  2 y  3 y  4y  5  0  0.25 đ x  2y  3 x  1  x  13     y  1  y  5  y  1 y  5 - Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( x; y )  (2;  1) , (10; 3) , (1;  1) , (13; 5) . (1 đ) Tính tích phân: III
 cos3 x  cos x  sin x I   x( ) dx 1  cos 2 x 0 0.25 đ     cos x(1  cos 2 x)  sin x  x.sin x   x  dx   x.cos x.dx   dx  J  K 2 1  cos 2 x 1  cos x 0  0 0  u  x du  dx 0.25 đ - Tính J   x.cos x.dx . Đặt    dv  cos xdx v  sin x 0     J  ( x.sin x) 0   sin x.dx  0  cos x 0  2 0  x.sin x - Tính K   dx 1  cos 2 x 0 Đặt x    t  dx   dt Đổi cận :  x 0 0.25 đ  t 0    (  t ).sin(  t ) (  t ).sin t (  x).sin x K  dt   dt   dx 2 2 1  cos 2 x 1  cos (  t ) 1  cos t 0 0 0    ( x    x).sin x  sin x.dx sin x.dx dx     2K   K  1  cos 2 x 1  cos 2 x 2 0 1  cos 2 x 0 0 Đặt t  cos x  dt   sin x.dx Đổi cận:  x 0 t 1 1  1 dt , đ ặt t  tan u  dt  (1  tan 2 u ) du K   2 1 1  t 2 Đổi cận: t 1 1 0.25 đ u    4 4    (1  tan 2 u )du  2 4 4  K   du  . u 4    1  tan 2 u 2 2 2 4 4     4 4 2  Vậy I  2 4 S IV 1 (1 đ) (0.5 đ) A D G M B C * Tính thể tích S.ABMD.
a6 - Nhận thấy: SG là chiều cao của khối chóp S.ABMD, SG ; 3 · Do ABCD là hình thoi cạnh a, BAD  600  ABD và BCD là các tam giác đều cạnh a, M là trung điểm CD 1 a2 3 a2 3 1 0.25 đ  S BCM  S BCD   2 24 8 a 3 a 2 3 3a 2 3 2  S ABMD  S ABCD  S BCM    2 8 8 2 3 1 1 a 6 3a 3 a 2  VS . ABMD  SG.S ABMD  .  . 0.25 đ 3 33 8 8 3 a2 Vậy VS . ABMD  8 * Tính khoảng cách giữa AB và SM: - Nhận thấy: AB // CD  AB //(SCD ) , mà SM  (SCD )  d ( AB, SM )  d ( AB, (SCD))  d ( B, ( SCD))  h 2 21 1 a3 2a 3 - Lại có: AG  AO  . AC  AC   GC  3 32 3 3 3 6a 2 12a 2  SC 2  SG 2  GC 2   2a 2  0.25 đ 9 9 6a 2 3a 2 a3  SD 2  SG 2  GD 2   a2 Mặt khác GD  GA   3 9 9 SC 2  CD 2  SD 2 2a 2  a 2  a 2 1 · ·  SCD  450  cos SCD    2 2.SC .CD 2.a 2.a 2 (0.5 đ) a2 1 1 a1  S SCM  SC.CM .sin 450  .a 2. .  2 2 224 3V 1 Vì VS .BCM  VB.SCM  .h.S SCM nên h  B.SCM S SCM 3 0.25 đ Mà 1 a 6 a 2 3 a3 2 a3 2 a3 2 a3 2 VB.SCM  VS .BCM  VS . ABCD  VS . ABMD  .     . 33 2 8 6 8 24 3 2 3.a 2 a a2 . h : 24 4 2 a2 Vậy d ( AB, SM )  2 - Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 0.25 đ 2 1  8 y 3  2 (1  2 y)(1  2 y  4 y 2 )  1  2 y  1  2 y  4 y 2  2  4 y 2 4x 4x 1 y  2 1  8 y3  2  4 y2    y (4 y  4 x) y x  y 2 2 y(2 1  8 y 3  4 x  2) V Tương tự cho 2 hạng tử còn lại, ta được: (1 đ) 111x z y A       2 2 y  z2  x y z zx x y - Sử dụng BĐT AM-GM đ ể đánh giá mẫu số, ta có:
 0.25 đ z111 x 111x y y z      A         2 2 2 y  z  x y z  2 zx  x y z  zx x y 2 2 2 yz 2 2 xy   1 1 1 1 1 1 1 0.25 đ      x z x y z 2 y  1 1 1  1  1  111 1    3    1    1    1  2    - Lại có:  x z xyz x  y  z  y   1 1 1 1 1  3 1 1 1 1 1 Suy ra A  2     3        3 x  x  2 x z 2 y z y z y    0.25 đ 3 3 3 3 3 3 . . 3 . 2 3 xyz 2 x y z 2 3 3 Vậy Amin   x  y  z  1 2 * Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật: - Ta có: B  AB  BD suy ra tọa độ B là nghiệm hệ:  x  2 y 1  0 x  7   B  (7; 3)  0.25 đ  x  7 y  14  0 y  3 - Giả sử A  (2a  1; a)  AB : 2  2 y  1  0; D  (7 d  14; d )  BD : x  7 y  14  0 uuur uuu r uuur  AB  (6  2 a; 3  a ), BD  (7 d  21; d  3); AD  (7 d  2 a  15; d  a ) uuu uuu r r uuu uuu rr  a  3 (loai) Do AB  AD  AB. AD  0  (3  a )(15d  5a  30)  0   0,25 đ 3d  a  6  0 uuur  a  3d  6  AD  (d  3; 6  2 d ) . uuu uuu r r uuu r 1 VI.a Lại có: BC  ( xC  7; yC  3) . Mà ABCD là hình chữ nhật nên AD  BC (1 đ)  d  3  xC  7  xC  d  4 0.25 đ   C  (d  4; 9  2 d ) .  6  2 d  yC  3  yC  9  2d uuu r uuu r  EA  (6 d  13; 3d  7), EC  ( d  2; 8  2d ) với E  (2;1) uuu uuu r r - Mặt khác điểm E ( 2;1)  AC  EA, EC cùng phương  (6 d  13)(8  2d )  (d  2)(3d  7)  d 2  5d  6  0 0.25 đ d  2 a  0   a0  d  3  a  3 (loai) Vậy A  (1; 0), B  (7; 3), C  (6; 5), D  (0; 0) là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm. x y 1 z x 1 y 1 z  4 . d1 :   , d2 :   2 1 2 1 1 3 ur Đường thẳng d1 đi qua điểm M 1  (0; 1;0) , có vectơ chỉ phương là u1  (1; 2; 1) uu r Đường thẳng d 2 đi qua điểm M 2  (1; 1; 4) , có vectơ chỉ phương là u2  (1; 2;3) . u uu rr uuuuuur ur ur uuuuuu u r 0.25 đ a / Ta có u1 , u2   (8; 2; 4), M 1M 2  (1; 0; 4)  u1 , u2  .M 1 M 2  8  0     1  d1 , d 2 chéo nhau . (1 đ) ur uu r 0.25 đ Lại có u1.u2  1  4  3  0  d1  d 2 . Vậy d1 , d 2 chéo và vuông góc với nhau. b / Gọi M  d  d1 , N  d  d 2  M  (t; 1  2t ; t ), N  (1  s; 1  2s; 4  3s ) uuuu r 0,25 đ  MN  (1  s  t ; 2 s  2t; 4  3s  t ) là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d. r Lại có u  (1; 4; 2) là vectơ chỉ phương của  ,
r uuuu r r uuuu r r s  t  2  0 do đó d //   u cùng phương với MN  u , MN   0     5s  3t  6  0 0.25 đ s  0 x  2 y 3 z  2  M  (2;3; 2) . Vậy đường thẳng cần tìm là d : .    t  2 2 1 4 * Tìm số phức z... 0,25 đ  z  2i  a  (b  2)i Đặt z  a  bi (a, b  R )    z  1  i  (a  1)  (1  b)i 0,25 đ  z  2i  z  1  i  a 2  (b  2) 2  ( a  1) 2  (1  b) 2  a  1  3b VII.a z  1  i (a  1)  (b  1)i a ( a  1)  (b  2)(b  1) a (2b  3)  b  2 Và i là một số    (1 đ) a 2  (2  b )2 a 2  (2  b) 2 z  2i a  (2  b )i 0,25 đ thuần ảo khi và chỉ khi a ( a  1)  (b  2)(b  1)  0  4b 2  3b  1  0 b  1  a  2 71   z  2  i và z    i 0,25 đ . Vậy có hai số phức cần tìm: b  1 a   7 44   4 4 * Chứng minh đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm ...  x2 y 2  x  4, y  0  1 0,25 đ - Xét hệ PT giao điểm  16 9  A(4;0), B (0;3) là các  ...    x  0, y  3 3 x  4 y  12  0  giao điểm của d và (E). x 0 2 y0 2 3x  4 y0  12 0.25 đ  1 (1). Ta có d (C , AB)  0 - Gọi C ( x0 ; y0 )  ( E )   h 16 9 5 1 3 x  4 y0  12 1 1 S ABC  . AB.h  .5. 0  3x0  4 y0  12 1 2 2 5 2 VI.b (1 đ) 3 x0  4 y0  24 (2) Theo giả thiết suy ra 3 x0  4 y0  12  12   3 x0  4 y0  0 (3) 0.25 đ - Từ (1) và (2) ta được PT 2 y0 2  12 y0  27  0 , PT này vô nghiệm 3 - Từ (1 và (3) ta được PT 32 y02  144  y0    x0  m 2 . 2 2 Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 0.25 đ 3 3   C   2 2;   và C   2 2; . 2 2   y2 z4 x  8 y  6 z  10 x Ta có: d1 :  và d 2 : .    1 1 1 2 2 1 ur 0.25 đ d1 đi qua điểm M 1  (0; 2; 4) , có vectơ chỉ phương là u1  (1; -1; 2) uur d 2 đ i qua điểm M 2  (8;6;10) , có vectơ chỉ phương là u2  (2;1; 1) . u uu rr uuuuuur ur uu uuuuuu r r a / u1 , u2   (1;5;3), M 1M 2  (8; 4;14)  u1 , u2  .M 1M 2  70  0     0.25 đ 2 Suy ra d1 và d 2 chéo nhau. (1 đ) ur ur uuuuuu u r u1 , u 2  .M 1M 2 70   d (d1 , d 2 )    2 35 u uu rr 35 u1 , u2    0.25 đ b / Ta có A  d1 , B  d 2  A  (t ; 2  t ; 4  2t ), B  ( 8  2 s; 6  s;10  s) uuu r  AB  ( 8  2 s  t ; 4  s  t;14  s  2t )
uuu ur r uuu ur r  AB  u1  AB.u1  0 s  4   Do AB là đường vuông góc chung nên  uuu uu   uuu uu  ...   0.25 đ r r rr t  2  AB  u2  AB.u2  0    A  (2;0; 0), B  (0;10; 6) . Mặt cầu đường kính AB có PT là: ( x  1) 2  ( y  5)2  ( z  3) 2  35 .  4log3 ( xy )  2  2log3 ( xy ) (1)  Giải hệ PT:  1 2 2 log 4 (4 x  4 y )   log 4 x  log 4 ( x  3 y) (2) 2  - ĐK: x  0, y  0 . 0.25 đ log3 ( xy ) Đặt t  2  0 , PT (1) trở thành t  1 (loai) 3 t2  t  2  0    t  2  log 3 ( xy )  1  xy  3  y  0.25 đ t  2 x 36 1 9 Thay vào PT (2) ta được PT log 4 (4 x 2  2 )   log 4 x  log 4 ( x  ) x 2 x VII.b  x2  3 36 9 36  4 x 2  2  2 x( x  )  2 x 2  2  18  0  x 4  9 x 2  18  0   2 0.25 đ x x x x  6 y  3 x  3    6. x  6 y    2  6   3; 3 ,  6; Vậy hệ có 2 nghi ệm là   2 0.25 đ   Lưu ý: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó. - Câu IV phải vẽ hình, nếu không vẽ hoặc vẽ sai c ơ bản thì không chấm. - Thí sinh thi khối D thì câ u I.1 cho 1.5 điểm; câu II.1 cho 1.5 đ; câu II.2 cho 1.5 đ