ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH 2

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

Thêm vào BST

Báo xấu

84
lượt xem 5
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 - trường thpt thạch thành 2', 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 - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH 2

bui_trituan@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI Môn thi: Toán học TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2010-2011 Ngày thi: 27 tháng 3 năm 2011 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  2mx 2  2m (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  1 . 2. Xác định m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị cùng với gốc tọa độ tạo thành một tứ giác nội tiếp trong đường tròn. Tính bán kính của đường tròn đó ứng với m vừa tìm được. Câu II (2,0 điểm)   cos 2 x  cos x  1 sin  x    1  4 1. Giải phương trình sin x .  cot x  1 2 1 1 2. Giải bất phương trình .  log 2 x log 2 x  2 Câu III (1,0 điểm)  2 sin x I Tính tích phân dx . 5  3cos 2 x 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có SA  a 2 và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a . Hãy chứng minh đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng  SAC  và tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thay đổi luôn thoả mãn a  b  c  1 . a2  b b2  c c 2  a Chứng minh rằng:    2. bc ca ab Câu VI (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A , điểm M  3;1 là trung điểm của cạnh AB , đỉnh C thuộc đường thẳng x  y  6  0 và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A có phương trình 2 x  y  0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C . 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  1  0 và mặt cầu  S  : x 2  y 2  z 2  4 x  6 y  6 z  17  0 . Chứng minh rằng mặt phẳng  P  cắt mặt cầu  S  theo một đường tròn. Xác định tọa độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z , biết z   3  i  1  2 3 i  2 ----------------------Hết---------------------- 0
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 Năm học 2010-2011 (lần 2) Câu Nội dung Điểm I 1. Khi m  1 hàm số (1) trở thành y  x 4  2 x 2  2 .  Tập xác định:   Sự biến thiên: y '  4 x 3  4 x; y '  0  x  0; x  1 . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 1 ,  0;1 . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  1; 0  , 1;   0.25 -Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 ; yCT  1 Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; yCD  2 -Giới hạn: xl y   im 0.25 Bảng biến thiên: -1 0 1   x - 0 + 0 - 0 + y'   y 2 1 1 0.25 Đồ thị f  x =   +2 x4- 2 x2  8 6 4 2 - 10 -5 5 10 -2 -4 -6 0.25 -8 2) y  x  2mx  2m; y  4 x  4mx  4 x  x  m   0  x  0  x  m 4 2 ' 3 2 2 Hàm số có ba điểm cực trị  phương trình y '  0 có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu khi x đi qua ba nghiệm đó  m  0 . Khi m  0 thì ba điểm cực trị của đồ thị là A  0; 2m  , B   m ; 2m  m 2  , C  m ; 2m  m 2  . Ba điểm cực trị A, B, C tạo thành tam giác cân tại A , trung trực của đoạn thẳng BC là trục tung. Gọi d là đường trung trực của đoạn thẳng AC , d có phương trình  m 2  m2  2m   0 . Gọi I  d  Oy , I chính là tâm mx m  y   2 2    đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tìm được I  0;   m 2  2m  . 11   0.50   2m 2 1
Tứ giác ABOC nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi IA  IO hay I là trung điểm của AO . Khi đó 2m 1 12  m  2m  m3  2m 2  1  0   m  1  m 2  m  1  0  2 2m 2 1 5  m  1 m  2 1 m 2 m 3  1 2m 2 Bán kính R  IA   m.    2m 2 2m 2m 1 5 1 5 Với m  1 thì R  1 ; Với m  thì R  . 0.50 2 2 II 1. Điều kiện sin x  0 và cot x  1  0 .  Khi đó pt tương đương: 2 sin  x    cos 2 x  cos x  1   cot x  1 sin x   0.25  4 cos x  sin x   sin x  cos x   cos 2 x  cos x  1  sin x  cos 2 x  cos x  0 0.25 sin x 1  2 cos 2 x  cos x  1  0  cos x  1 (loại) hoặc cos x  0.25 2   x    k 2  k    0.25 3 2. Điều kiện x  0 và x  1 . Khi đó vì x  0 nên x  2  2 ; log 2 x  2  log 2 2  0 và vế phải của bất pt đã cho dương. 0.25 Nếu log 2 x  0  0  x  1 thì bất pt đã cho luôn nghiệm đúng. Nếu log 2 x  0  x  1 thì bất pt đã cho tương đương với log 2 x  log 2 x  2  x  x  2  x 2  x  2  0  x  2 . 0.50 Vậy bất pt đã cho có tập nghiệm là  0;1   2;   0.25 III 2.  Đặt t  cos x  dt   sin xdx . Khi x  0 thì t  1 , khi x  thì t  0 . 2 0 1 1  dt dt dx I   2 . Ta tính I   2 1 5  3  2t  1 6t  2 6x  2 2 0.50 0 0 1 1 1  tan 2 u  du . Đặt x  tan u  dx  3 3  Khi x  0 thì u  0 , khi x  1 thì u  . 3 1 1  tan 2 u  du 1 3  3 3 Vậy I   3 2 3  du  12 18 6. tan u  2 0 0 0.50 3 Do B, D cách đều S , A, C nên BD   SAC  . Gọi O  AC  BD . IV Các tam giác ABD, CBD, SBD là các tam giác cân bằng nhau có đáy BD chung nên OA  OC  OS . Do đó tam giác SAC vuông tại S . 0.50 2
2 Ta có BO  AB  OA  AB   AC   AB 2   SA2  SC 2   . 1 1 a 2 2 2   2 4 2  a3 2 1 1 1 VS . ABCD  2VS . ABC  2VB.SAC  2. BO. SA.SC  BO.SA.SC = . 0.50 3 2 3 6 a 2  b a 1  b  c   b a  b V Ta có:   a 0.50 bc bc bc Tương tự, bất đẳng thức đã cho trở thành: ab bc ca ab bc ca a b c  2    3 0.25 bc ca ab bc ca ab Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: ab bc ca ab bc ca  3.    33 . . bc ca ab bc ca ab 1 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c  . 0.25 3 Gọi I là trung điểm của BC . Ta có I  u; 2u  , C  t; t  6  . VI Suy ra B  2u  t; 4u  t  6  , A  6  2u  t;8  4u  t  . Vì A thuộc trung tuyến 2 x  y  0 nên 2  6  2u  t    8  4u  t   0  t  4 . Vậy C  4; 2  . 0.50 A  2  2u; 4  4u  , B  2u  4; 4u  2  .    AB   4u  2;8u  6  , AC   6  2u; 2  4u  Tam giác ABC vuông tại A nên    3 AB. AC  0   4u  2   6  2u    8u  6   2  4u   0  u  0  u  2 Với u  0 , suy ra A  2; 4  , B  4; 2  . 3 Với u  , suy ra A  1; 2  , B  7;4  . 2 Tóm lại A  2; 4  , B  4; 2  , C  4; 2  hoặc A  1; 2  , B  7;4  , C  4; 2  . 0.50 2.  S  có tâm I  2; 3; 3 , bán kính R  5 . d ( I , ( P))  1  R ; suy ra đpcm. 0.25 Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, H là hình chiếu vuông góc của I trên  P  . IH  d  I , ( P)   1, r  R 2  IH 2  2 0.25 x  2  t  y  3  2t Tọa độ H   x; y; z  thỏa mãn    z  3  2t x  2 y  2z 1  0 0.25  Giải hệ, ta được H  ;  ;   5 7 11   0.25 3 3 3  Ta có z   2  3 i  1  2 3 i   14  2 3 i VII 0.50 Suy ra z  14  2 3 i . Phần ảo của số phức z bằng 2 3 . 0.50 3
--------------Hết-------------- Thạch Thành, ngày 20 tháng 3 năm 2011. Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN Mọi thắc mắc về đề thi và đáp án này xin gửi về bui_trituan@yahoo.com 4