ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 3 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH - BÌNH PHƯỚC

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

Thêm vào BST

Báo xấu

117
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lấn 3 năm 2011 môn: toán - trường thpt phước bình - bình phước', 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 3 NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH - BÌNH PHƯỚC

TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2010-2011 TX. PHƯỚC LONG – BÌNH PHƯỚC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) ( Đề thi gồm có 1 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) x2 Cho hàm số y  Câu I: ( 2 điểm ) (C) 2x  3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm A và B đồng thời đ ường trung trực của đoạn thẳng AB đi qua góc tọa độ O(0;0). Câu II: ( 3 điểm ) 1. Giải phương trình: 2 sin 6 x  2 sin 4 x  3cos2 x  3  sin 2 x 8x3  y3  3y2  5y  4x  3  2. Giải hệ phương trình :   2x  y  5  2x  2  3 22 x  x3  2011x I dx 3. Tính tích phân:  x4 1 Câu III: ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 . Gọi I là trung điểm của uu r uur u BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA  2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và kho ảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). x  y  3  Câu IV: ( 1 điểm ) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x  2 :  2 2  x 3  y 5  m  PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B ) A. Theo chương trình chuẩn: Câu Va: ( 2 đ iểm ) 1 2 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường tròn (C1) :  x  1  y2  và 2 2 2 (C2 ) :  x  2   y  2  4 . Viết phương trình đ ường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C1) và cắt đường tròn (C2 ) tại hai điểm M, N sao cho MN  2 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thang cân ABCD có đ áy lớn AB và tọa độ các đỉnh A(1;-1;-2), B(-1;1;0), C(0;-1;2). Xác đ ịnh tọa độ đỉnh D. z  1  5i 2 Câu VIa : ( 1 đ iểm ) Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn: z 3  i B. Theo chương trình nâng cao: Câu Vb: ( 2 điểm )  9 3 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I  ;  và  2 2 trung điểm của cạnh AD là M(3;0). Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD. x 1 y  1 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :  z và mặt phẳng  3 1 (P) : 2x  y  2z  2  0 . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (P) và đi qua điểm A(1;-1;1). Câu VIb: ( 1 đ iểm ) Tìm số nguyên dương n biết: k 2C2n1  3.2.2C2n1  ...   1 k  k  1 2k 2 C2n1  ...  2n  2n  1 22n1C2n1  40200 2 3 k 2n1 **************HẾT************** Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích g ì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………; Số báo danh:……..www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 ( MÔN TOÁN ) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM TXĐ , đ ạo hàm 0.25  x = -3/2 TCĐ lim y   , lim y     3 3 x x 2 2 0.25 I1 1  y=1/2 TCN lim y  2 x Bảng biến thiên , điểm đặt biệt 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 x2 y . Theo giả thiết ta suy ra tam giác OAB vuông cân tại O. Nên tiếp tuyến sẽ 2x  3 0.25 song song song song với một trong hai đường thẳng y  x hoặc y   x . 1 1 0.25  y ( x0 )  1   1   1 I2 2 (2x0  3)2 +0.25 (2x0  3)  x  2  Với  0  : y   x  2 (nhận)  y0  0 0.25 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   x  2 . Giải phương trình: 2 sin 6 x  2 sin 4 x  3cos2 x  3  sin 2 x 0.25 pt đã cho  2cos5 x sin x  3 sin 2 x  sin x cos x s inx  0  0.25  2 cos5 x  3 sinx  cos x II1 +) s inx  0  x  k 0.25  k   x   12  2  k ¢  +) 2cos5 x  3 sinx  cos x  cos5 x  cos( x  )   0.25  x    k 3   18 3 8x3  y3  3y2  5y  4 x  3  Giải hệ phương trình :   2x  y  5  2x  2  0.25 ĐK: 2x + y + 5  0 pt : 8x3  y3  3y2  5y  4x  3  4x  8x3  2y  2  y3  3y2  3y  1 3 3  2  2 x    2x   2  y  1   y  1 0.25 II2 Xét hàm số f  t   2t  t 3  t  ¡  , f '  t   2  3t 2 t  0  HSĐB Suy ra 2 x  y  1  y  2 x  1 thay và phương trình còn lại. 4x  4  2 x  2  4  0 Đặt u  x  1  0 0.25 u  1 pt : 2u2  2u  4  0   u  2(l ) 0.25 x  1  1  x  0  y  1 nghiệm của hệ (0;-1) 1 1 3 3 22 22 22 3 x2 x  x  2011x 2011 0.25 I dx  dx   dx   4 3 x3 x x 1 1 1
1 1 3 22 x2 1 1 2  1  t3   1  3t 2dt   M dx Đặt t  dx  3 x3 2 2 x3 x x 1 3 0.25+0. 7 x  1  t  0, x  2 2  t   II3 25 2 3 1 7  1 3 22 213 7 2 2 3 x t 3dt   M dx     x3 2 128 1 0 22 22 22  2011 2011 14077 3 N dx  2011x dx        0.25 3  2 x2  1 16 x 1 1 Suy ra đáp số của I S Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH IA a BC = AB 2  2a ; AI = a ; IH = = 2 2 K 3a 0.25 AH = AI + IH = A B 2 I C H III a5   SH  ( ABC )  ( SC ; ( ABC ))  SCH  60 0 ; Ta có Vì HC  2 0.25 a 15 SH  HC tan 60 0  2 a 15 a 3 15 1 11 VS . ABC  S ABC .SH  . (a 2 ) 2 0.25  3 32 2 6 BI  AH    BI  (SAH ) BI  SH  0.25 d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a    d ( K ; ( SAH ))  d ( B; ( SAH )  BI  d ( B; ( SAH )) SB 2 2 2 2 x  y  3   y  3 x 2 2  x 3  y 5  m  0.25 x 3 x Đặt f ( x)  x  3  (3  x)  5  f  ( x)  2 2  x2  3 (3  x) 2  5 2  x  3 f  ( x)  0  x x 2  6 x  14  (3  x) x 2  3   2 0.25 2 x  18 x  27  0 IV Phương trình thứ hai có  '  81  54  135  9.15 , 9  3 15 và hai nghiệm: x1,2  2 0.25 Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số không thể đổi dấu trên  2;   , ngoài ra f  (3)  0 nên f  ( x)  0, x  2 . Do đó, giá trị nhỏ nhất của f ( x) là f ( 2)  7  6 . Cũng dễ thấy lim f  x    . Từ đó suy ra: hệ phương trình đ ã cho có nghiệm (với x  2 ) x 
0.25 khi và chỉ khi m  6  7 . 0.25 1 Đường tròn  C1  có tâm I1 1;0  , R1  2 2  MN  Đường tròn  C2  có tâm I 2  2; 2 , R2  2 ,   d  I 2 , MN   2 2 I2 H  R   2 2 Gọi đ ường thẳng MN có dạng: Ax + By + C = 0 Va 1  d  I 2 , MN   2 0.25  Giải hệ ta tìm đ ược A,B,C +0.25  1  d  I1 , MN   2  MN : x  y  2  0 , MN : x  7 y  6  0 Kết luận: 0.25 MN : x  y  2  0 , MN : 7 x  y  2  0 D C Ta có BC = AD = 3 Viết phương tình đ ường thẳng qua C và Song song với AB 0.25  x  2t  CD :  y  1  2t  t  ¡  A B Va2  z  2  2t  D  CD  D  2t ; 1  2t;2  2t  tính AD và BC theo t 0.25 t  1  D  2; 3;0  lo ại vì CD = AB = 2 3 là hình bình hành 0.25 2 4 7 2 thỏa mãn điều kiện t    D ; ;  0.25 3 3 3 3 z  1  5i 2 Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn: z 3  i Gọi z = a + bi (a,b thuộc R)  z  a  bi VIa 0.25 2 2  a  1   b  5 a  bi  1  5i  a  1   b  5 i z  1  5i z  1  5i 2    , a  bi  3  i  a  3   b  1 i 2 2 z 3  i z 3 i  a  3   b  1 2 2  a  1   b  5  2  a2  b2  10a  14b  6  0  *  0.25 2 2  a  3   b  1 *  là phương trình của đường tròn trong mặt phẳng phức 0.25 Nên số p hức có môđun nhỏ nhất p hần t hực và phần ảo là nghiệm của đ ường tròn  *  và đường thẳng IO với I là tâm của đ ường tròn, I(-5;-7 )
 34  2 370 t  a  5t 37 2  pt : 37t  74t  3  0   IO :  b  7t  37  2 370 t  0.25 37  34  2 370 34  2 370 37  2 370 37  2 370  n l  z  5 7 , z  5 7 37 37 37 37 AB  2IM  3 2 ; B A S Ta có AD  ABCD  2 2 I 0.25 M AB C  MA  MD  2 D Vb1 Đường thẳng AD: x+y- 3 = 0 . Vì MA  MD  2 nên A, D là nghiệm của hệ 0.25 x  y  3  0  A  2;1 , D  4; 1 0.25  2 2  x  3  y  2 Vì I là trung đ iểm của AC và BD C  7; 2 , B  5; 4 0.25 Gọi I là tâm của mặt cầu (S). 0.25 I  d  I 1  3t; 1  t; t  , R  IA  11t 2  2t  1 (P) tiếp xúc (S) nên: t  0  R  1 5t  3 0.25  R  37t 2  24t  0   24 Vb2 d  I ,  P   77 t   R 3  37 37 Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên ta chọn t  0  R  1  I 1; 1; 0 0.25 2 2 Vậy phương trình mặt cầu  S :  x  1   y  1  z2  1 0.25 k 2C2n1  3.2.2C2n1  ...   1 k  k  1 2k 2 C2n1  ...  2n  2n  1 22n1C2n1  40200 2 3 k 2n1 2n1 k  C2n1  C2n1x  C2n1x2  ...   1 C2n1x k  ...  C2n1 x n 0 1 2 k 2n1 Xét 1  x  1 0.25 Lấy đạo hàm hai vế ta đ ược: 2n k  C2n1  2C2n1x  ...   1 kC2n1xk 1  ...   2n  1 C2n1 x2n  2 1 2 k 2n1   2n  1 1  x  Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta được: 2n1 2n  2n  1 1  x  VIb  0.25 k 2 3 C2n1xk2 k C2n1 x2n1 2n1  1 k  k  1  ...  2n  2n  1  2C2n1  3.2C2n1x  ...  Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có : 2n  2n  1  0.25 k 2C2n1  3.2.2C2n1  ...   1 k  k  1 2k2 C2n1  ...  2n  2n  1 22n1C2n1 2 3 k 2n1 Vậy ta có p hương trình: 2n  2n  1  40200  2n2  n  20100  0  n  100 0.25