ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

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

Thêm vào BST

Báo xấu

144
lượt xem 21
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần ii môn: toán - trường thpt đức thọ', 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 II MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ

SỞ GD&ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II MÔN: TOÁN TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH(7điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 4  4  m  1 x 2  2m  1 có đồ thị  Cm  3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số khi m  . 2 2. Xác định tham số m để hàm số có 3 cực trị tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều Câu II (2,0 điểm) 1  tan 2 x  1. Giải phương trình 8cos 4 ( x  )  sin 4 x  2. 1  tan 2 x 4 3 1 x  1 y  2  2. Giải hệ phương trình sau trên R:  2 4 3  x  y  9 y  x(9  y  y )  1 x2 2x I   x (e  ) dx Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 2 4 x 0 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với BC là đáy nhỏ. Biết rằng tam giác SAB là tam giác đều có cạnh với độ dài bằng 2a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy, SC  a 5 và khoảng cách từ D tới mặt phẳng  SHC  bằng 2a 2 (ở đây H là trung điểm AB ). Hãy tính thể tích khối chóp theo a. Câu V(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a  b  c  3 . ab  bc  ca Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2  2 4 a b  b2c  c2 a PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Cho đường tròn (C) nội tiếp hình vuông ABCD có phương trình ( x  2) 2  ( y  3) 2  10 . Xác định toạ độ các đỉnh A, C của hình vuông, biết cạnh AB đi qua M(-3; -2) và xA > 0. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, hãy xác định toạ độ tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3). Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau: z = 1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + … + (1 + i)20 B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d1 : x  y  3  0 và d 2 : x  y  6  0 . Trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của d1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1). Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – 3 = 0 sao cho MA = MB = MC Câu VII.b (1,0 điểm Xác định tập hợp các điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn các số phức z thỏa mãn hệ thức 2 z 1  z  z  2 giapcot@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN II NĂM HỌC 2010 – 2011 Câu ý Nội dung Điểm Với m= 3/2 ta có y = x4 -2x2 +2 Tập xác định: Hàm số có tập xác định D  R. 0.25 x  0 3  Sự biến thiên: y'  4 x  4 x. Ta có y'  0    x  1 1 lim y  ; lim y   x  x  0.25 yCD  y  0   2; yCT  y  1  1.  Bảng biến thiên: -1 0 1   x y' 0 0 0   0.25 2   y I 1 1  Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0.25  Nhận xét: đồ thị hàm số đối xứng qua trục tung Oy  Ta có y   4 x3  8  m  1 x  4 x  x 2  2  m  1  . 2 x  0 0.25  y  0   nên hàm số có 3 cực trị khi m > 1 2  x  2  m  1  Với đk m > 1 hàm số có 3 điểm cực trị là:    2  m  1 ; 4m 2  10m  5 ,B  2  m  1 ; 4m 2  10m  5 . A  0; 2m  1 ,B Ta có: 0.5 4 AB 2  AC 2  2  m  1  16  m  1 BC 2  8  m  1 3 3 So sánh với điều kiện có 3 cực trị ta suy ra m  1  0.25 2   2 )  cos x  s inx , 1  sin 2 x   cos x  s in  Đk: cos x  0  x   k ,ta có 2 cos( x  0.25 2 4 4   cos x  sin x    cos 2 x  sin 2 x  1  sin 2 x  3 4   cos x  sin x    cos x  sin x   s inx  cos x  0.25 3  sin x  cos x  sin x   0  x  k 1  x  k  sin x  0      x   k cos x  sin x  0 tan x  0   II  4 0.5  x  k Vậy pt có 2 nghiệm:    x   k  4
Đk: y  1 . Ta có x 2  y 4  9 y  x  9  y  y 3    x  y   x  y 3  9   0 0.25 3 1  x  1  y  2 nên 3 1  x  2  x  7.Do đó x  y 3  9  -10) thì a  b  2 2  a3   2  a   2  a 3  a 2  4a  2  0   a  1  a 2  2a  2   0 3 2 0.25 a  b  2  a  1; a  1  3; a  1  3 Từ đó tìm đựơc các nghiệm của hệ : x=y=0 và x  y  11  6 3 ; x  y  11  6 3 0.25 1 1 x3 2x I   xe dx   dx  I1  I2 0.25 2 4 x 0 0 1 e2 x 1 e2  1 1 2x 2x Tính I1   x e dx  ( xe  ) |0  0.25 2 2 4 0 III 16 I2  3 3  2 I2 bằng cách đặt t  4  x được 0.25 Tính 3 e2 61 0.25 I  3 3  4 12 S 2a a5 a C B 2a A a 45 D H a a H 45 A a 2a 2 a E D B a C 4a C'C 2a 3 Từ giả thiết suy ra SH   ABCD  và SH  0.25 a 3 2 IV Theo định lý Pythagoras ta có CH  SC 2  SH 2  a 2 . 0.25 Do đó tam giác HBC vuông cân tại B và BC  a Gọi E  HC  AD thế thì tam giác HAE cũng vuông cân và do đó suy ra DE  2a 2  2  4a  AD  3a. 0.25 Suy ra CE  2a 2  d  D; HC   d  D;  SHC   y ra 0.25
4a 3 1 1  BC  DA  AB  4a 2 (đ.v.d.t.). Vậy VS . ABCD   SH  S ABCD  (đ.v.t.t.) S ABCD  3 2 3 Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 a3 + ab2  2a2b mà 0.25 b3 + bc2  2b2c c3 + ca2  2c2a Suy ra 3(a2 + b2 + c2)  3(a2b + b2c + c2a) > 0 9  (a 2  b 2  c 2 ) ab  bc  ca 2 2 2 2 2 2  VT  a  b  c  Suy ra VT  a  b  c  2 V 0.25 2(a 2  b 2  c 2 ) a  b2  c2 Đặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh được t  3. 9t t 9 t 1 31      3    4  VT  4 Suy ra VT  t  0.5 2t 2 2t 2 2 22 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 ptđt AB đi qua M(-3;-2) có dạng ax+by+3a+2b=0 . Đuờng tròn (C) có tâm I(2;3) và bán | 2a  3b  3a  2b |  10(a 2  b 2 )  25(a  b)2 0.25 kính R  10 nên 10  2 2 a b  (a  3b)(3a  b)  0  a  3b hay b  3a 1 0.25 pt AB: x- 3 y-3 = 0 hoặc AB: 3x-y+7=0 TH1: AB: x- 3 y-3 = 0, gọi A(3t+3; t)t>-1 và do IA2=2.R2=20 t = 1, t = -1 (loại). 0.25 Suy ra A(6;1) C(-2; 5) TH2: AB: 3x-y+7=0, gọi A(t; 3t+7)t>0 và do IA2=2.R2=20 t = 0, t = -2 (không thoả 0.25 mãn) uuu r uuu r VI.a + ) Ta có: AB  (2; 2; 2), AC  (0; 2; 2). Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực 0.25 của AB, AC là: x  y  z  1  0, y  z  3  0. r uuu uuu rr +) Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n   AB, AC   (8; 4; 4). Suy ra (ABC):   0.25 2x  y  z 1  0 . 2  x  y  z 1  0 x  0   +) Giải hệ:  y  z  3  0   y  2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1). 0.25 2 x  y  z  1  0  z  1   Bán kính là R  IA  (1  0) 2  (0  2)2  (1  1)2  5. 0.25 (1  i) 21  1 0,25 P  1  (1  i )  ...  (1  i )20  i VII.a 10 (1  i )21  (1  i) 2  .(1  i)  (2i )10 (1  i )  210 (1  i )   0,25 210 (1  i )  1    210  210  1 i P 0,25 i Vậy: phần thực 210 , phần ảo: 210  1 0,25 Ta có: d 1  d 2  I . Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 0.25
x  y  3  0 x  9 / 2 9 3 . Vậy I ;    2 2 x  y  6  0 y  3 / 2 M là trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox . Suy ra M( 3; 0) 2 2 9 3  Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2 2 2  S ABCD 12 0.25 Theo giả thiết: S ABCD  AB.AD  12  AD   2 2 AB 32 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1  d 1  AD Đường thẳng AD có PT: 1(x  3)  1(y  0)  0  x  y  3  0 . Lại có: 1 MA  MD  2 x  y  3  0  Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:   x  3  y 2  2 2  VI.b 0.25 y   x  3 y   x  3 y  3  x    x  3  y x  3  (3  x )  2 2 2 2 2 x  3  1 2 x  2 x  4 hoặc . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)   y  1 y   1 x  2 x I  x A  9  2  7 9 3 I ;  là trung điểm của AC suy ra:  C y C  2 y I  y A  3  1  2 2 2 0.25 Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) uuu r uuu r r 0.25 Ta có AB  (2; 3; 1), AC  (2; 1; 1)  n  (2; 4; 8) là 1 vtpt của (ABC) Suy ra pt (ABC) là (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = 0 hay x + 2y – 4z + 6 = 0 0.25 2 0.25 2 x  3 y  z  2  0 M(x; y; z) MA = MB = MC ta có  2 x  y  z 0 M thuộc mp: 2x + 2y + z – 3 = 0 nên ta có hệ, giải hệ được x = 2, y = 3, z = -7 0.25 Đặt z  x  yi  x, y  ¡  . Ta có 2 z 1  z  z  2 0.5  2 x  yi  1  x  yi  x  yi  2  2 x  1  yi  2  2 yi VII.b 2  y2  4  4 y2  x  1 2  x2  2 x  0 x  0  0.5 x  2 Vậy tập hợp các điểm cần tìm là 2 đường thẳng x  0, x  2