ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2011 - 2

Chia sẻ: Vu Van Tuan Tuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

155
lượt xem 55
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán 2011 - 2', 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 MÔN TOÁN 2011 - 2

Së GD & §T hµ néi Dù ®o¸n ®Ò thi ®h 2010 – sè 2 líp 12V1 M«n thi: To¸n gv. TrÇn m¹nh tïng (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) 2x − 2 Cho hàm số y = (C) x +1 Khảo sát hàm số. 1. 2. Tìm m để đường d: y = 2x + m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho AB = 5. Câu II. (2,0 điểm) 1 3 sin 2 x + sin 2 x = tan x . 1. Giải phương trình 2 x+4 + x−4 ≤ x + x 2 − 16 − 6 . 2. Giải bất phương trình 2 Câu III. (1,0 điểm) 2 1 1 x +x I = ∫ (x + 1 − )e dx . Tính tích phân x 1 2 Câu VI. (1,0 điểm) · Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a 2 . Đáy là tam giác ABC cân BAC = 1200 , cạnh BC=2a. Tính thể tích của khối chóp S.ABC. Gọi M là trung điểm của SA. Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC). Câu V. (1,0 điểm) Cho a, b, c là những số dương thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 = 3 . 1 1 1 4 4 4 + + ≥2 +2 +2 Chứng minh bất đẳng thức: . a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 I. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai phần 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm)  4 33  1. Trong mặt phẳng Oxy cho Elíp (E) có tiêu điểm thứ nhất là (− 3;0) và đi qua điểm M  1;  . Hãy  5   xác định tọa độ các đỉnh của (E). 2. Trong hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình: ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x + 2 y − 6 z + 5 = 0, ( P ) : 2 x + 2 y − z + 16 = 0 . 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. Câu VIIa. (1,0 điểm) 3  z+i  = 1. Giải phương trình (ẩn z) trên tập số phức:  i− z 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 - 2x - 2my + m2 - 24 = 0 có tâm I và đường thẳng ∆ : mx + 4y = 0. Tìm m biết đường thẳng ∆ cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 12. x −1 y − 3 z = = và điểm M(0; -2; 0). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua 2. Cho đường thẳng ∆ : 1 1 4 điểm M song song với đường thẳng ∆ đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (P) bằng 4. Câu VIIb. (1,0 điểm) Gi¸o viªn: TrÇn M¹nh Tïng 091 3366 543
( ) log y − log x = ( y − x ) x 2 − xy + y 2  3 3 Giải hệ phương trình  Lưu hành nội bộ . 2 2 x 2 + log y = 10  3 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM (chưa sửa) Điể Câu Đáp án m I 1. (1,25 điểm) (2,0 Với m = 0, ta có hàm số y = – x3 – 3x2 + 4 điểm) Tập xác định: D = ¡ Sự biến thiên:  x = −2 • Chiều biến thiên: y’ = – 3x2 – 6x, y’ = 0 ⇔  x = 0 0,50  x < −2 y’ < 0 ⇔  x > 0 y’ > 0 ⇔ – 2 < x < 0 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞ ; − 2) và (0 ; + ∞ ) Do đó: + Hàm số đồng biến trên khoảng (− 2 ; 0) • Cực trị: + Hàm số y đạt cực tiểu tại x = – 2 và yCT = y(–2) = 0; + Hàm số y đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 4. 0,25 • Giới hạn: xlim = +∞, xlim = −∞ →−∞ →+∞ • Bảng biến thiên: −2 +∞ −∞ 0 x − + − 0 0 y' 0,25 +∞ 4 y 0 −∞ y • Đồ thị: 4 Đổ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; 4), cắt trục hoành tại điểm (1 ; 0) và tiếp xúc với trục hoành tại điểm 0,25 (− 2 ; 0) −3 −2 1 x O 2. (0,75 điểm) 0,25 0,50 II 1. (1,0 điểm) (2,0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình : điểm)  3 sin x = ( 2sin x − 3 ) ( ) 0,50 3 sin x + cos x = 0 ⇔  2  3 sin x + cos x = 0  S nπ   x = (−1) 3 + nπ, n ∈ ¢ ⇔ 0,50  x = − π + kπ , k ∈ ¢   6 Điể Câu Đáp án B N m H 2. (1,0 điểm) ϕ C P Gi¸o viªn: TrÇn M¹nh Tïng 091 3366 543 A
Điều kiện: x > – 2 và x ≠ 5 (*) Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với phương trình: 0,50 log 2  (x + 2) x − 5  = log 2 8 ⇔ (x + 2) x − 5 = 8 ⇔ (x 2 − 3x − 18)(x 2 − 3x − 2) = 0    x 2 − 3x − 18 = 0 3 ± 17 ⇔ 2 ⇔ x = −3; x = 6; x =  x − 3x − 2 = 0 2  0,50 3 ± 17 Đối chiếu với điều kiện (*), ta được nghiệm của phương trình đã cho là: x = 6 và x = 2 Kí hiệu S là diện tích cần tính. III (1,0 ln 8 0,25 ∫ e x + 1 > 0 ∀x ∈ [ln 3 ; ln 8] nên S = e x + 1dx Vì điểm) ln 3 2tdt Đặt e x + 1 = t, ta có dx = 2 0,25 t −1 Khi x = ln3 thì t = 2, và khi x = ln8 thì t = 3 3 dt  3 3 3 3 2t 2 dt dt dt 3 3 3 S= ∫ 2 = 2  ∫ dt + ∫ 2 =2+∫ −∫ = 2 + ln t − 1 2 − ln t + 1 2 = 2 + ln Vì vậy:  0,50 t −1 t −1 t −1 2 t +1 2 2 2 2 2 Döïng SH ⊥ AB IV (1,0 ° Ta coù: điểm) (SAB) ⊥ (ABC), (SAB) ∩ (ABC) = AB, SH ⊂ (SAB) ⇒ SH ⊥ (ABC) vaø SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. Döïng HN ⊥ BC, HP ⊥ AC ° 0,50 · · ⇒ SN ⊥ BC, SP ⊥ AC ⇒ SPH = SNH = α ∆ SHN = ∆ SHP ⇒ HN = HP. ° a3 ∆ AHP vuoâng coù: HP = HA.sin60o = . ° 4 a3 ∆ SHP vuoâng coù: SH = HP.tgα = tgα 0,25 4 a2 3 a3 1 1a 3 Theå tích hình choùp S.ABC : V = .SH.SABC = . .tgα. = tgα 0,25 3 34 4 16 V x 2 x 2 y2 y2 z 2 z 2 Ta có : P = + + + ++ (*) (1,0 y z z x x y điểm) Nhận thấy : x2 + y2 – xy ≥ xy ∀x, y ∈ ¡ 0,50 2 2 x y + ≥ x + y ∀x, y > 0 Do đó : x3 + y3 ≥ xy(x + y) ∀x, y > 0 hay y x y2 z2 + ≥ y + z ∀y, z > 0 Tương tự, ta có : z y z2 x 2 + ≥ z + x ∀x, z > 0 x z 0,50 Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta được: P ≥ 2(x + y + z) = 2 ∀x, y, z > 0 và x + y + z = 1 1 Hơn nữa, ta lại có P = 2 khi x = y = z = . Vì vậy, minP = 2. 3 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 Viết lại phương trình của (C) dưới dạng: (x – 3)2 + y2 = 4. 0,25 Từ đó, (C) có tâm I(3 ; 0) và bán kính R = 2 điểm) Suy ra trục tung không có điểm chung với đường tròn (C). Vì vậy, qua một điểm bất kì trên tục tung 0,25 luôn kẻ được hai tiếp tuyến của (C). Điể Câu Đáp án m 0,25 Xét điểm M(0 ; m) tùy ý thuộc trục tung. Qua M, kẻ các tiếp tuyến MA và MB của (C) (A, B là các tiếp điểm). Ta có: Gi¸o viªn: TrÇn M¹nh Tïng 091 3366 543
·  AMB = 600 (1) Góc giữa 2 đường thẳng MA và MB bằng 60 ⇔  0 ·  AMB = 1200 (2)  · Vì MI là phân giác của AMB nên : IA · (1) ⇔ AMI = 300 ⇔ MI = ⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = ± 7 0 sin 30 0,25 IA 2R 3 43 · (2) ⇔ AMI = 600 ⇔ MI = ⇔ MI = ⇔ m2 + 9 = (*) sin 600 3 3 Dễ thấy, không có m thỏa mãn (*). Vậy có tất cả hai điểm cần tìm là: (0 ; − 7 ) và (0 ; 7) 2. (1,0 điểm) 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đthẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. Vì H ∈ d nên tọa độ của H có dạng : (1 + 2t ; − 1 + t ; − t). uuuu r Suy ra : MH = (2t − 1 ; − 2 + t ; − t) r Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; − nên :1), 0,50 uuuu  1 2 4 2 r 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(− = 0 ⇔ t = . Vì thế, MH =  ; − ; −  . t) 3 3 3 3 x = 2 + t  Suy ra, phương trình tham số của đường thẳng MH là:  y = 1 − 4t 0,25  z = −2t  VII.a Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: 0,25 (1,0 P = C0 (x − 1)6 + C1 x 2 (x − 1)5 + K + C6 x 2k (x − 1)6− k + K + C5 x10 (x − 1) + C6 x12 k 6 6 6 6 điểm) Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x2 chỉ xuất hiện khi khai triển C0 (x − 1)6 và C1 x 2 (x − 1)5 . 0,25 6 6 Hệ số của x2 trong khai triển C0 (x − 1)6 là : C0 .C6 2 6 6 0,25 Hệ số của x2 trong khai triển C1 x 2 (x − 1)5 là : −C1 .C5 0 6 6 Vì vậy, hệ số của x2 trong khai triển P thành đa thức là : C0 .C6 −C1 .C5 = 9. 2 0 0,25 6 6 VI.b 1. (1,0 điểm) Xem phần 1 Câu VI.a. (2,0 2. (1,0 điểm) điểm) 7 8  Gäi G lµ träng t©m cña tam gi¸c ABC, suy ra G =  ; ;  3 3 3  ( ) + (M G + G B) + (M G + G C) 0,25 2 2 2 Ta cã F = M A 2 + M B 2 + M C 2 = M G + G A = 3M G 2 + G A 2 + G B2 + G C 2 + 2M G ( A + G B + G C)= 3M G 2 + G A 2 + G B2 + G C 2 G F nhá nhÊt ⇔ MG2 nhá nhÊt ⇔ M lµ h×nh chiÕu cña G lªn (P) 0,25 7 /3 − 8/3 − 3 − 3 19 ⇔ M G = d( , P) = = G( ) 0,25 1+ 1+ 1 33 56 32 104 64 G A 2 + G B2 + G C 2 = + + = 99 9 3 2  19  64 553 0,25 + =  VËy F nhá nhÊt b»ng 3. khi M lµ h×nh chiÕu cña G lªn   3 9  3 3 (P) Điể Câu Đáp án m VII.b Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: (1,0 P = C5 (x − 1)5 + C1 x 2 (x − 1) 4 + K + C5 x 2k (x − 1)5− k + K + C5 x 8 (x − 1) + C5 x10 0,25 0 k 4 5 5 điểm) Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, x3 chỉ xuất hiện khi khai triển C5 (x − 1)5 và C1 x 2 (x − 1) 4 . 0,25 0 5 Hệ số của x trong khai triển C (x − 1) là : 0 5 0 3 C .C 3 5 5 5 0,25 Hệ số của x3 trong khai triển C x (x − 1) là : −C1 .C1 1 2 4 5 5 4 Vì vậy, hệ số của x3 trong khai triển P thành đa thức là : C5 .C5 −C1 .C1 = − 0 3 10. 0,25 5 4 Gi¸o viªn: TrÇn M¹nh Tïng 091 3366 543