zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHÔI A NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

Chia sẻ: Le Van Hieu | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

387
lượt xem 171
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán khôi a năm 2011 trường thpt chuyên vĩnh phúc', 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 KHÔI A NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

TỔ TOÁN – TIN TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC ĐỀ THÌ THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN: TOÁN; KHỐI A Thời gian làm bài 180 phút (Tuần 2, tháng 3 – 2011, trên www99.cvp.vn) Đáp án đề thi sẽ đăng ở tuần 3, tháng 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm). x  1 Cho hàm số y  x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. 2. Tìm trên đồ thị  C  hai điểm A và B sao cho AB  8 ; tiếp tuyến của đồ thị  C  tại A và B song song với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 sin 2 x  cos 2 x  3 3 sin x  3 cos x  4  0 .  x4 y 2  4 y 2  x2  0   x, y    2. Giải hệ phương trình  3 2 x  x y  x  8 y  0  Câu III (1 điểm) x  2  1 dx 1 2 Tính tích phân I   x 4  2 x3  2 x  1 1 5 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Tính thể tích hình chóp S.ABCD; a biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng , mặt phẳng (SBC) tạo 7 với mặt phẳng đáy một góc 300 . Câu V (1 điểm) Cho các số dương x, y , z thỏa mãn điều kiện xyz  xy  z  3 . Chứng minh rằng 1 1 1 3    2 2 2 4 1  x  1  y  1  z  PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa (2 điểm)
TỔ TOÁN – TIN TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy; cho tam giác ABC có đỉnh A  2; 6  , chân 3 đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D  2;   và tâm đường tròn ngoại   2   1 tiếp tam giác ABC là điểm I   ;1 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác đã   2 cho. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho các mặt cầu 2 2 2 2  S  :  x  1   y  1  z 2  4;  S ' :  x  1   y  2   z 2  1 . Hãy viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M  2; 0;1 , cắt (S) theo một đường tròn có bán kính bằng 3 và tiếp xúc với mặt cầu (S’). Câu VII.a (1 điểm) Tìm tất cả các số phức z sao cho z  2  2 và z  z  1 đạt giá trị nhỏ nhất. B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các điểm  18 6  D  ;  ; E  3; 0  ; F  2; 2  lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C của  5 5 tam giác ABC. Viết phương trình các cạnh của tam giác ABC. 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxyz và điểm I 1;1;1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho tam giác ABC nhận điểm I làm tâm đường tròn ngoại tiếp. Câu VII.b (1 điểm) Cho các số phức x, y , z thỏa mãn x  y  z  1 . Hãy so sánh hai số x  y  z và xy  yz  zx . HƯỚNG DẪN GIẢI  a  1   b  1  Câu I.2. Giả sử hai điểm cần tìm là A  a;  theo giả thiết ta có hệ  , B  b;   a2   b2   a  b  f '  a   f 'b    a  b  4    2    a  1 b  1  2  a  b 2 1    a  b   1  8    8  a2 b2      ab  2  a  b   4    
TỔ TOÁN – TIN TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC a  b  4 a  b  4  . Từ tìm được A, B.   1  16  4ab  1   8 ab  1  ab  4    Câu II.1 Phương trình đưa về dạng      sin  2 x    3sin  x    2  0 . Đặt t  x  phương trình đưa về dạng 6 6 6     sin  2t    3 sin t  2  0   cos 2t  3sin t  2  0  2 sin 2 t  3sin t  1  0 2  sin t  1  1 sin t    2 Từ đó tìm được nghiệm của pt. Câu II.2 +) Nếu y  0  x  0 thỏa mãn hệ +) Nếu y  0 thì hệ viết dưới dạng  2 2  x 2  a  x 2   4 x a 2  b 2  4    y , đặt x ta được hệ mới  . Giải hệ này ta được a, b   b  y ab  a  b  8  x2 . x  x2  x  8  y y  Câu III 1   1  2  dx   2 x  1 dx 1 2 1 2 1 1 x . Đến đây ta đặt t  x   dt  1  2  dx  I  4    3 21 x x  2 x  2 x  1 1 5 2 x  x  2x   2 1 5 xx 2 2 2  dt Ta được I   2 , tiếp tục đặt t  1  tan u ta tính được I  4 1 t  2t  2 Câu IV. Từ giả thiết ta có SO   ABCD  , trong đó O là tâm của đáy. Gọi H, K lần lượt là hình a  chiếu của O lến BC, SB. Ta có SHO  300 , d  AC , SB   OK  . Áp dụng hệ thức lượng 7 trong các tam giác vuông SOH , SOB, OBC ta có SO  OH . tan 300  1  1  1  OS 2 OB 2 OK 2 giải hệ này ta được OS, OB, OC từ đó suy ra thể tích.  11 1  OC 2 OB 2 OH 2 2 2 2 OB  OC  a
TỔ TOÁN – TIN TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 1 1 1 Câu V. Trước hết ta chứng minh Nhận Xét sau: Nếu x, y  0 thì   2 2 1  xy 1  x  1  y  Bằng biến đổi tương đương bất đẳng thức này đưa về dạng: 2 2 xy  x  y    xy  1  0 . 1 1 1 1 1 1 1 1 Sử dụng bđt trên thì VT         2 2 2 2 4 1  xy 1  z 4 1  x  1  y  1  z  1  1 1 13   . Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  1 . 2 1  xy  1  z  4 4 Câu VIa.1 Gọi E là giao điểm của AD với đường tròn (O) thì E là điểm chính giữa của cung BC nên IE vuông góc với đường thẳng BC. Do A, D biết tọa độ nên ta lập phương trình đường thẳng AD và lập phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (có tâm I và bán kính bằng IA). Từ đó tìm được tọa độ điểm E. Đường thẳng BC đi qua D và nhận   IE làm vtpt. Sau đó lấy giao của BC với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta được tọa độ B và C. Câu VIa.2   Gọi vtpt của mặt phẳng (P) là n   a, b, c   0 . Khi đó pt  P  : a  x  2   by  c  z  1  0 . Do (P) cắt (S) theo một đường tròn bán kính 3 nên d  I ; ( P)   1 , I là tâm của (S). Khi đó ta có hệ  d  I ; ( P)   1 2 2 2  3a  b  c  a  b  c  . Từ đây tìm được liên hệ giữa a, b,c suy ra pt   d  I '; ( P )   1  a  2b  c  a 2  b 2  c 2   (P). Câu VIIa 2 Giả sử z  x  iy  z   C  :  x  2   y 2  2 . Gọi A  0; 0  ; B  1; 0  ; I  2; 0  ; M  x; y  . Khi đó ta có z  z  1  MA  MB . Gọi C  2  2; 0  thì C là giao điểm của tia IA với đường tròn (C). Ta chứng minh được MA  MB  CA  CB . Vậy MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất khi M  C hay z  2  2 . Phần B. Dành cho chương trình nâng cao Câu VIb.1 TH1. Nếu tam giác ABC nhọn thì trực tâm H của tam giác ABC sẽ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF. Do tam giác DEF biết tọa độ ba đỉnh nên ta tìm được ngay tọa độ tâm đường tròn nội tiếp của nó. Từ đó ta lập được phương trình các cạnh. TH2. Nếu tam giác ABC tù thì trực tâm H của tam giác ABC sẽ trở thành tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác DEF. Do tam giác DEF biết tọa độ ba đỉnh nên ta tìm được ngay tọa độ tâm đường tròn bàng tiếp của nó. Từ đó ta lập được phương trình các cạnh. Câu VIb.2
TỔ TOÁN – TIN TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Giả sử A  a; 0; 0  , B  0; b; 0  , C  0; 0; c  . Khi đó phương trình của mp(P) là: xyz    1 . Từ giả thiết ta có hệ sau: abc 1 1 1 1 1 1    1 a  b  c 1 giải hệ này ta được a, b,c.  a b c  IA  IB  IC  a  1   b  1   c  1 2 2 2   Câu VIIb x.x y. y z.z 1 1 1 Chú ý x.x  y. y  z.z  1 . Khi đó ta có: x  y  z       x y z x y z xy  yz  zx  xy  yz  zx  xy  yz  zx .  xyz

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.