ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,D - TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC SÔNG LÔ

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

Thêm vào BST

Báo xấu

125
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần iii năm 2011 môn: toán khối a,d - trung tâm luyện thi đại học sông lô', 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 III NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,D - TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC SÔNG LÔ

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011 Môn thi : TOÁN - khối A. ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320 http://laisac.page.tl I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh A với A(2;0). Câu II (2,0 điểm)  1 sin 2 x cot x   2 sin( x  ) 1. Giải phương trình sin x  cos x 2 2 x 2  35  5 x  4  x 2  24 Giải bất phương trình : 2.  2 4 sin xdx Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân :  cos 4 x (tan 2 x  2 tan x  5)   4 Tìm m biết Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng tr ụ t am giác đ ều ABC. A' B' C ' có AB  1, CC '  m ( m  0). rằng góc giữa hai đường thẳng AB ' và BC ' bằng 60 0 . Câu V (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 2 2 10x + 8x + 4 = m (2x + 1). x + 1 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d1): x  7 y  17  0 , (d2): x  y  5  0 . Viết phương trình 1. đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam giác cân tại giao điểm của (d1),(d2). Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm t ọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho 2. độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức (z2+3z+6)2+2z(z2+3z+6)-3z2 = 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): 1. x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C)và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là 2. ( S ) : x  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  5  0, ( P) : 2 x  2 y  z  16  0 . 2 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. z2 Câu VII.b (1 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức z4-z3+ +z+1 = 0 2 -------------------------------HẾT------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh...........................................................................số báo danh................................ 1/4
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011 Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc Môn thi : TOÁN - khối A. ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320 Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) -Tập xác định: R\{1} 2  0 x  1 . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1;   0.25 -Sự biến thiên: y '  2  x  1 - lim y  ; lim y    x  1 là tiệm cậ n đứng   x 1 x 1 0.25 - lim y  lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang x  x  -Bảng biến thiên - + x 1 - - y' 2 y + 0.25 2 - -Đồ thị: Học sinh tự vẽ. Yêu cầu vẽ đồ thị cân đối, đảm bảo tính đối xứng của 2 nhánh qua giao điểm của 0.25 hai đường tiệm cận. Thể hiện đúng giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ. Tìm toạ độ hai điểm B, C… 2 1,0 2 2 2 ; Gọi B(b; 2  ), với ( b < 1 < c). Ta có (C ) : y  2  ), C (c; 2  x 1 b 1 c 1 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox, ta có  AH  CK · · · · · · · · và BHA  CKA  900  ABH  CAK   AB  AC ; CAK  BAH  90  CAK  ACK  BAH  ACK  HB  AK C B 0,5 A H K 2  2  b  2  c  1 b  1  .Vậy B (1;1), C (3;3) . Hay   0,5 2 2  c2 c  3  b 1  II 2,0 Giải phương trình … 1 1,0 §iÒu kiÖn: sin x  0, sin x  cos x  0. 2 0.5  cos x 2sin x cos x cos x 2cos x   PT    2cos x  0    0  cos x  sin( x  )  sin 2x   0   sin x  cos x sin x  cos x 4 2 sin x 2 sin x 2/4
  k , k   . +) cos x  0  x  2    0,25  x  4  m2  2 x  x  4  m 2  t 2  m, n  Z  x   +) sin 2 x  sin( x  )    4 3  x    n2  2 x    x    n2 4     4 3 4   t 2  k ; x   §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x  , k , t  . 0.25 2 4 3 Giải bất phương trình…. 2 1,0 11 2 2 2 2 BPT tương đương: x  35  x  24  5 x  4   5 x  4  11  (5 x  4)( x  35  x  24) 0.25 2 2 x  35  x  24 4 a)Nếu x  không thỏa mãn BPT 0.25 5 b)Nếu x > 4/5: Hàm số y  (5 x  4)( x 2  35  x 2  24) với x > 4/5 1 1 y’= 5( x 2  35  x 2  24)  (5 x  4)(  ) >0 mọi x>4/5 0.5 x 2  35 x 2  24 +Nếu 4/51 Vậy nghiệm BPT x>1 thì y(x)>11 III Tính tích phân 1,0  1 1 2 t 2 dt 4 dt 2 dt sin xdx . Đặt t  tan x  dx  . Ta có I    3  2  ln  cos I 2 4 2 2 2 0.5 1 t x (tan x  2 tan x  5) t  2t  5 t  2t  5 3  1 1  4 0 1 2 3  dt t 1 1 Vậy I  2  ln  . Đặt Tính I1    du  8 . .  tan u  I1  0,5 2 38 t  2t  5 2 2  1  4 IV 1,0 A Hình Vẽ B C A’ m 1 B’ C’ 0 120 1 3 D  ( AB ' , BC ' )  ( BD, BC ' )  600  DBC'  600 hoÆc DBC'  1200. KÎ BD // AB ' ( D  A ' B ') 0,25 NÕu DBC'  600 . V× l¨ng trô ®Òu nªn BB '  ( A ' B ' C '), ¸p dông ®Þnh lý Pitago vµ ®Þnh lý cosin ta cã BD  BC '  m 2  1 vµ DC '  3. KÕt hîp DBC'  600 ta suy ra BDC' ®Òu. 0,5 m2  1  3  m  2. Khi đó NÕu DBC'  1200 . ¸p dông ®Þnh lý cosin cho BDC' suy ra m  0 (lo¹i). VËy m  2 . 0,25 3/4
Tìm m để phương trình … V 1,0 2 æ 2x + 1 ö ÷ - m æ 2x + 1 ö + 2 = 0 . 10x 2 + 8x + 4 = 2(2x + 1)2 + 2(x 2 + 1) (3)  2 ç 2 ÷ ç ÷ ÷ ç ç2 ÷ ÷ ç x + 1ø ç x + 1ø 0,25 è è 2t 2 + 2 2x + 1 = t Điều kiện : –2< t £ 5. Đặt 0,25 Rút m ta có: m= . t x2 + 1 12 Lập bảng biên thiên được đáp số 4 < m £ hoặc –5 < m < - 4 0,5 5 VI 2,0 a Viết phương trình đường thẳ ng ... 1 1,00 Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là:  x  3 y  13  0 (1 ) x  7 y  17 x  y 5 0,5   3 x  y  4  0 ( 2 ) 2 2 12  12 1  (7) PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1,  2 nên ta có hai đường thẳng thoả mãn 0,5 x  3 y  3  0 và 3 x  y  1  0 Tìm toạ độ điểm D… 2 1,00 x  1 t uuu r  Ta có AB   1; 4; 3 Phương trình đường thẳng AB:  y  5  4t 0,25  z  4  3t  Để độ dài đoạ n CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB 0,25 uuu uuu r r uuur AB  DC =>-a-16a+12- D(1-a;5-4a;4-3a)  DC  ( a; 4 a  3;3a  3) . Gọi tọa độ điểm Vì 0.5  5 49 41  21 9a+9=0 a  . Tọa độ điểm D  ; ;   26 26 26  26 Giải phương trình trên tập số phức VII 1,00 a z 2 + 3z + 6 Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình . Chia cả hai vế cho z2 và đặt t = , z 0,5 2 Dẫn tới phương trình : t +2t-3 = 0 t=1 hoặc t=-3. Với t=1 , ta có : z2+3z+6 = z  z2+2z+6 = 0  z = -1 5 i 0,25  Với t=-3 , ta có : z2+3z+6 = -3z  z2+6z+6 = 0 z = -3  0,25  3 VI 2,0 b 1 Tìm toạ độ điểm C 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình x2  y2  2x  4 y  8  0  y  0; x  2 0,5  .Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1).   y  1; x  3 x  5y  2  0 Vì ·  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của ABC đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 0,5 2 Tìm toạ độ các điểm M, N 1,0 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. 0,25 4/4
2.2  2.  1  3  16   Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): d  d I ,  P   5 d  R. 3 Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt 0,25 phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của  và (P). r Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là n P   2;2; 1 và qua I nên có phương trình là  x  2  2t   y  1  2t  t  ¡  . 0,25 z  3  t  Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình:  4 13 14  15 5 2  2  2t   2  1  2t    3  t   16  0  9t  15  0  t     .Suy ra N 0   ;  ;  .  3 3 3 9 3 uuuu r 3 uuur Ta có IM 0  IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 5 Giải phương trình trên rập số phức ... VII 1,00 b z2 z2 . z4-z3+ +z+1 = 0  (z4+1)-(z3-z)+ =0. 0,5 2 2 1 1 5 1 1 ) –(z- ) + =0  w2 - w + = 0, (với w = z - Chia cả hai vế cho z2, ta được : (z2+ ) 2 2 z z 2 z 13 13  w = + i, hoặc w = - i 22 22 113 1 + Phương trình : z- = + i cho nghiệm z1=1+i ; z2 =- (1-i) z 22 2 1 13 1 + Phương trình : z- = - i cho nghiêm z3=- (1+i) ; z4= 1-i 0,5 z 22 2 5/4