ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

129
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lấn 2 năm 2011 môn: toán - trường thpt trung giã', 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 LẤN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ

moonflower35@gmail.com sent to www.laisac.page.tl ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 (Lần 2) SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HÀ NỘI Môn thi: TOÁN (Ngày thi: 27 – 02 - 2011) TRƯỜNG THPT TRUNG GIÃ Thời gian làm bài: 180 phút (không kể phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x  2 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  (H) x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (H) 2. Gọi M là một điểm tùy ý trên (H). Chứng minh rằng tiếp tuyến tại M luôn cắt hai đ ường tiệm cận của (H) tạo thành một tam giác có diện tích không đổi. Câu II (2 điểm) sin x sin 5 x 1. Giải phương trình lượng giác:   8 cos x.cos 3x sin 3x sin x 3 x  2 y  3  x  y  5   x, y  ¡  2. Giải hệ phương trình:  2 3  x  y  2 x  3 y  4  2  Câu III. (1 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục hoành hình phẳng giới hạn e bởi đồ thị hàm số y   ln x , trục hoành và đường thẳng x  1 x Câu IV. (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có tam giác BCD đều cạnh a. Gọi O là trung điểm BD, E là điểm đối 3a xứng với C qua O. Biết AE vuông góc với mặt phẳng (ABD) và khoảng cách giữa AE và BD bằng . Tính 4 thể tích tứ diện ABCD cùng tang của góc giữa AC và mặt phẳng (BCD). Câu V. (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực dương có tổng bằng 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 2(x2 + y2 + z2) – 4xyz – 9x + 2011. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc phần B) PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(4; - 2), phương trình đường cao kẻ từ C và đường trung trực của BC lần lượt là x – y + 2 = 0; 3x + 4y – 2 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. x 1 y 1 z  2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng  : và mặt phẳng   2 3 1 (P): 2x – y – 2z + 3 = 0. Gọi d là đường thẳng cắt  tại I và vuông góc với (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng d biết khoảng cách từ I đến (P) bằng 3. Câu VII.a (1 điểm) Tìm tập hợp các điểm trên mặt phẳng tọa độ biểu diễn cho số phức z thỏa mãn:    2  z  i  z là số thuần ảo. PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A ngoại tiếp (C): x2 + y2 = 2. Tìm tọa độ 3 đỉnh của tam giác biết điểm A thuộc tia Ox. x 1 y z  2 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: và mặt phẳng  3 2 1 (P): 2x + y + 2z – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên d có khoảng cách đến trục hoành gấp 2 lần khoảng cách đến mặt phẳng (P). log  2 x  2 y  1  2 xy  2 Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình trên tập số thực:  x y xy 9.2  4.3  2 .3  36  ---------------------------------------Hết--------------------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:……………………………………. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN (4 trang) Ngày thi: 27 – 02 – 2011 Câu ý Nội dung Điểm TXĐ: R\{2} I 1 6 y'
 l  cos 4 x  0 x  8  4 cos 4 x  0 cos 4 x  0       cos x  0  (thỏa mãn) ¼  x    k  cos 4 x  1 sin 2 x  0 sin x  0  loai     2  l   l  Z  ; x   k  k  Z  là nghiệm của phương trình. Vậy: x   84 2 ¼ Chú ý: Thí sinh không kết hợp điều kiện để loại nghiệm thì trừ 0.25 2 u  x  2 y 2 2 2   x  2 y  u y  u  v 3   2x  3 y  4  u 2  v2  7 Đặt    2 2 2 3  x  y  v  x  6  u  2v v  3  x  y   ¼  3u  v  5  1 Khi đó hệ ban đầu trở thành:  thế v = 5 – 3u vào phương 2 2  2v  u  v  7  2  *  ¼ điểm  trình (*) giải tìm được u = 1, từ đó v = 2 suy ra x = - 3, y = 2. ½ Kết luận nghiệm là (- 3; 2) III ¼ e Giải phương trình  ln x  0 được nghiệm x = e. x 1 2 e e  e2  e ln x   ln 2 x  dx = ..=   e 2  e  2  ¾ điểm Vậy VOx      ln x  dx     2  2e x x x 1  1  Chú ý: Thí sinh không chứng minh được phương trình có nghiệm x = e thì trừ 0.25. IV A B E 1 H điểm O D C a3 Có: CO  , BD  (ACE) 2 3a ¼ Chứng minh được khoảng cách giữa AE và BD là AO = 4 Gọi H là hình chiếu của A lên (BCD) thì H nằm trên CE. 3a 2 9a 2 a 3 2 2 ¼ Tam giác AOE vuông tại A có: AE  OE  OA    4 16 4 AE. AO 3a 2.SAOE = AH.OE = AE. AO  AH   EO 8 ¼ 3 1 a3 Vậy VABCD = AH .CO.BD  6 32
¼ a3 7a 3 AH 3 Có: CE = a 3 , HE   CH   . Từ  vuông ACH có tan C = 8 8 CH 7 V ¼  2  y  z 2  2  yz Có: P  2  x    4x    9 x  2011 thế y + z = 3 – x vào ta được 2 2    1 ¼ 3 2 P   x  9 x  24 x  2011  f  x  ¼ điểm Khảo sát hàm f trên (0; 3) ta tìm được Min f  x   f  2   2000 (0;3) ¼ 1 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2000. P = 2000 khi x = 2; y = z = 2 AB qua A vuông góc với đường cao kẻ từ C có phương trình: x + y – 2 = 0. VI.a 1 ¼ Gọi B(b; 2 – b) thuộc AB, C(c; c + 2) thuộc đường cao kẻ từ C.  b c 4b  c  Tọa độ trung điểm của BC là M   . Vì M thuộc trung trực BC nên ; 1 2 2  điểm 3  b  c   4  4  b  c   4  0  b  7c  12  0 1 ¼ uuu r BC   c  b; c  b  là 1 VTPT của trung trực BC nên 4(c – b) = 3(c +b) hay c = 7b (2). ¼  1 9  7 1 7 1 ¼ ; b =  . Vậy B   ;  ; C   ;  Từ (1) và (2) suy ra c = -  4 4  4 4 4 4 Lấy I(- 1 + 2t; 1 + 3t; 2 + t)   2 2  1  2t   1  3t  2  2  t   3 t  5 Có: d(I; (P)) = 3  3 t4 9  ½ t  13 3  x  9  2t  ¼ Với t = 5 thì I(9; 16; 7) suy ra d:  y  16  t 1  z  7  2t  điểm  x  27  2t  ¼ Với t = - 13 thì I(- 27; - 38; - 11) suy ra d:  y  38  t  z  11  2t  Gọi số phức cần tìm z = x + yi, với x, y là số thực và M(x; y) biểu diễn cho số phức z. VII.a  ½ Có:  2  z  i  z =  2  x  yi   i  x  yi    2  x  x  y 1  y    2  x  1  y   xy  i    2  z   i  z  là số thuần ảo nên 1 Do điểm 2 1 5  2  x  x  y 1  y   0   x  1   y    2   2 4  ½  1 5 Vậy M nằm trên đường tròn tâm I 1;  bán kính R   2 2 - Tọa độ A là giao của tia Ox và đường tròn tâm O bán kính bằng 2. Giải tìm được VI.b 1 ¼ A(2; 0) - Hai tiếp tuyến kẻ từ A đến đường tròn lần lượt có pt: x + y – 2 = 0 và x – y – 2 = 0. ¼ - Vì tam giác ABC vuông cân nên cạnh BC tiếp xúc với đường tròn tại trung điểm M 1 điểm của BC, điểm M là giao của tia đối tia Ox với đường tròn. Giải tìm được M(- 2 ; 0). - Phương trình cạnh BC là x = - 2 . ¼ - Giao của BC với 2 tiếp tuyến là B và C. Giải tìm được tọa độ 2 điểm B và C là (- ¼ 2 ; 2  2 ) và (  2; 2  2 )
2 Có M(1 + 2t; t; - 2 – 3t) uuuu r r 2 d(M; Ox) = OM  i =  2  3t   t 2 2  4t  t  4  6t  2 t  4  d(M; (P)) = 1 ½ 3 3 điểm Có: d(M; Ox) = 2 d(M; (P)) hay 9(10t2 + 12t + 4) = 2(t2 + 8t + 16). Giải được t  1  M (1; 1;1)  1   10 1 41 ½ t   M ( ;  ;  )  22  11 22 22 - Từ phương trình 2 giải được x = 2 hoặc y = 2 thế vào phương trình 1 có 2 trường VII.b ½ hợp: - Với x = 2 giải tìm được y = ½ 1 ¼ - Với y = 2 giải vô nghiệm. Kết luận: (2; ½) là nghiệm của hệ. ¼ điểm Chú ý: Các cách giải khác đúng vẫn đạt điểm tối đa.
Giải phương trình sau trên tập số phức: z 3  2 1  i  z 2  3iz  1  i  0 3 x  2 y  3  x  y  5  (nghiệm (-3; 2))  2 3  x  y  2 x  3 y  4  2  x 1 y z  2 3. Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d: và mặt phẳng  3 2 1 (P): 2x + y + z – 2 = 0 cắt nhau tại I. Gọi d’ là đường thẳng nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d. Tìm tọa độ của điểm I và viết phương trình đường thẳng d’ biết khoảng cách từ I đến d’ bằng 30 x  1 u x  5  v   I(3; 1; - 5); d’:  y  2u hay  y  2  2v z  0  z  10   3. Tìm m để đường thẳng y = mx – 1 cắt (H) tại 2 điểm A, B (xA < xB) thỏa mãn OB  73.OA . Đ/s: m = 3. (A(0;-1), B(3; 8)) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều, AD = AB = BC = a, CD = 2a. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD biết khoảng cách giữa AD và SC bằng a 2 5  4x  1 x Tìm các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  (giỏi vĩnh phúc 2010) 5  4x  2 1  x  6 3. . 4. Đáp số bài 2: a 10 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân AB = a, CD = 2a, AD = BC = . Hai mặt phẳng 2 (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC. 3 x  2 y  3  x  y  5   2 3  x  y  3 2 x  3 y  8  2 