Đề thi thử đại học môn toán năm 2011 lần II trường THPT Trần Nguyên Hãn

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

119
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán năm 2011 lần ii trường thpt trần nguyên hãn', 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 năm 2011 lần II trường THPT Trần Nguyên Hãn

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011 TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN Môn thi : TOÁN - khối A. Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). x3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  . x 1 2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm I  1;1 và cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho I là trung điểm của đoạn MN. Câu II (2,0 điểm).   1. Giải phương trình sin 2 x  cos x  3  2 3 cos3 x  3 3 cos 2 x  8 3 cos x  s inx  3 3  0 .   3 x3  y 3  4 xy  2. Giải hệ phương trình  .  x2 y 2  9  Câu III (2,0 điểm). 1. Cho x, y là các số thực thoả mãn x 2  xy  4 y 2  3. Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của biểu thức: M  x 3  8 y 3  9 xy . a2 b2 c2   1    ab  bc  ca  a  b  c với mọi số dương a; b; c . 2. Chứng minh ab bc ca 2 Câu IV (1,0 điểm). Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A a đến mặt phẳng (A’BC) bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' . 2 II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm): Tất cả thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu Va (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy). Lập phương trình đường thẳng qua M  2;1 và tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 . Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Giải bất phương trình 1  log 2 x  log 2  x  2   log 2  6  x  . 2. Tìm m để hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  2(m 2  7m  2) x  2m(m  2) có cực đại và cực tiểu. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm cực đại và cực tiểu khi đó. B. Theo chương trình Nâng cao  1 Câu Vb (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ (Oxy) , cho điểm M  3;  . Viết phương trình chính 2    tắc của elip đi qua điểm M và nhận F1  3;0 làm tiêu điểm. Câu VI.b (2,0 điểm).  y 2  x  x2  y  1. Giải hệ phương trình  . 2 x  3 y 1   2. Tìm trên mặt phẳng tọa độ tập hợp tất cả các điểm mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến x2  2x  2 đến đồ thị hàm số y  và hai tiếp tuyến này vuông góc với nhau. x 1 ----------------------------------Hết--------------------- http://toancapba.com hoc toan va on thi Dai hoc mien phi ! Trang 1/5
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN II NĂM 2011 TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN Môn thi : TOÁN - khối A. Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian giao đề ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM Tập xác định: D  R \ 1 . Câu I Ý1 0,25 đ (2,0đ) (1,0đ) Sự biến thiên:  Giới hạn và tiệm cận: lim y  1; lim y  1  y  1 là TCN. x  x  0,25 đ lim y  ; lim y    x  1 là TCĐ x  1 x  1 4 y'   0, x  D .  x  12  BBT: + x -1 - + + y' 0,25 đ 1 y + - 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 ,  1;   Và không có cực trị. Đồ thị: ĐT cắt Ox tại (3;0), cắt Oy tại (0;-3) và đối xứng qua  1;1 . y 4 2 y=1 O -5 5 x x = -1 -2 0,25 đ Ý2 Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k d : y  k  x  1  1 . (1,0đ) x 3 0,25 đ Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N  PT :  kx  k  1 x 1 có 2 nghiệm PB khác 1 . Hay: f  x   kx 2  2kx  k  4  0 có 2 nghiệm PB khác 1 0,25 đ http://toancapba.com hoc toan va on thi Dai hoc mien phi ! Trang 2/5
k  0     4k  0  k  0 .  f 1  4  0   Mặt khác: xM  xN  2  2 xI  I là trung điểm MN với k  0 . 0,25 đ KL: PT đường thẳng cần tìm là y  kx  k  1 với k  0 . 0,25 đ Chú ý: Có thể chứng minh đồ thị ( C) có I là tâm đối xứng, dựa vào đồ thị ( C) để kết luận kết quả trên. Câu II Ý1 2sin x.cos2 x6sin x.cos x2 3.cos3 x6 3cos2 x3 3 8( 3.cos xsin x) 3 3 0 (2,0đ) (1,0đ) 2cos2 x( 3cos xsin x) 6.cos x( 3cos xsin x) 8( 3cos xsin x) 0 0,50 đ .  ( 3 cos x  sin x)(2 cos 2 x  6 cos x  8)  0  tan x  3  3 cos x  sin x  0 .   2  cos x  1 cos x  3cos x  4  0  cos x  4(loai ) 0,25 đ     x  3  k , k    0,25 đ   x  k 2 Ý2 Ta có : x 2 y 2  9  xy  3 . 0,25 đ (1,0đ)  . Khi: xy  3 , ta có: x3  y 3  4 và x3 .  y 3  27  0,25 đ Suy ra: x3 ;  y 3 là nghiệm PT X 2  4 X  27  0  X  2  31 Vậy ngiệm của PT là x  3 2  31, y   3 2  31 0,25 đ Hay x  3 2  31, y   3 2  31 .  Khi: xy  3 , ta có: x3  y 3  4 và x3 .  y 3  27 0,25 đ  Suy ra: x3 ;  y 3 là nghiệm PT X 2  4 X  27  0( PTVN ) Câu III Ý1 t2  3 Ta đặt t  x  2 y , từ giả thiết suy ra xy  . (2,0đ) (1,0đ) 3 0,25 đ 2 30 Điều kiện t  5  Khi đó M  x3  8 y 3  9 xy   x  2 y   6 xy  x  2 y   9 xy 3 0,25 đ  t 3  3t 2  6t  9  f  t   2 30 2 30   Xét hàm f(t) với t    ;  , ta được: 5 5  35  12 30 35  12 30 0,5 đ min f  t   ; max f  t   5 5 http://toancapba.com hoc toan va on thi Dai hoc mien phi ! Trang 3/5
Ý2 a2 ab ab 1 a a a Ta có: ab (1) 0,50 đ (1,0đ) ab ab 2 2 ab b2 c2 1 1 b c 0,25 đ Tương tự: bc (2), ca (3). bc ca 2 2 Cộng (1), (2), (3), ta có: a2 b2 c2   1 0,25 đ    ab  bc  ca  a  b  c ab bc ca 2 Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M Câu IV BC  AM  (1,0đ) 0,25 đ   BC  ( AA ' M )  BC  AH . Ta có: BC  AA '  a Mà AH  A ' M  AH  ( A ' BC )  AH  . 0,25 đ 2 1 1 1 a6    AA '  0,25 đ Mặt khác: . 2 2 2 4 AH A' A AM 3a3 2 KL: VABC . A ' B ' C '  0,25 đ . 16 Gọi d là ĐT cần tìm và A  a;0  , B  0; b  là giao điểm của d với Ox, Câu Va (1,0đ) 0,25 đ xy 21 Oy, suy ra: d :   1 . Theo giả thiết, ta có:   1, ab  8 . ab ab Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Nên: b  2; a  4  d1 : x  2 y  4  0 . 0,25 đ Khi ab  8 thì 2b  a  8 . Ta có: b 2  4b  4  0  b  2  2 2 . 0,25 đ    Với b  2  2 2  d 2 : 1  2 x  2 1  2 y  4  0 : 1  2 x   2 1  2  y  4  0 . KL Với b  2  2 2  d3 0,25 đ  2 x  4 x   log  6  x  . Câu VIa Ý1 2 2 ĐK: 0  x  6 . BPT  log 2 0,25 đ 2 (2,0đ) (1,0đ) Hay: BPT  2 x 2  4 x   6  x   x 2  16 x  36  0 2 0,25 đ Vậy: x  18 hay 2  x 0,25 đ So sánh với điều kiện. KL: Nghiệm BPT là 2  x  6 . 0,25 đ Ý2 Ta có y '  3x 2  6(m  1) x  2(m 2  7m  2) 0,25 đ (1,0đ) HS có CĐ, CT khi phương trình 3x 2  6(m  1) x  2(m 2  7m  2)  0 có 0,25 đ hai nghiệm phân biệt. Hay m  4  17 hoặc m  4  17 Chia y cho y’ ta có y  y '( x)q ( x)  r ( x) ; 2 2 0,25 đ r ( x)   (m 2  8m  1) x  (m3  5m 2  3m  2) 3 3  y '( x)  0  y  r ( x) Toạ độ điểm cực trị là nghiệm của hệ   y  y '( x).q( x)  r ( x) Vậy phương trình đường thẳng cần tìn là 0,25đ http://toancapba.com hoc toan va on thi Dai hoc mien phi ! Trang 4/5
2 2 y   (m 2  8m  1) x  (m3  5m 2  3m  2) 3 3 Câu Vb 2 y2 x PTCT elip có dạng: 2  2  1(a  b  0) (1,0đ) 0,25 đ a b a 2  b 2  3  Ta có:  3 0,25 đ 1  2  2 1  a 4b 3 Ta có: 4b 4  b 2  3  0  b 2  1(th), b 2   (kth) 0,25 đ 4 2 2 x y Do đó: a 2  4 . KL:  1 0,25 đ 4 1 Câu VIb Ý1 y 2  x  x 2  y   y  x  y  x  1  0   y  x, y  1  x . 0,50 đ (2,0đ) (1,0đ) Khi: y  1  x thì 2 x  32 x  6 x  9  x  log 6 9 0,25 đ x 2 x 1 x Khi: y  x thì 2  3     3  x  log 2 3 . 0,25 đ 3 3 Gọi M(a;b) là một điểm thoả mãn đề bài. Khi đó đường thẳng qua M Ý2 có dạng y  k ( x  a)  b (1,0đ) Sử dụng điều kiện tiếp xúc cho ta hệ  1  1  x  1  x  1  k ( x  a)  b  x  1  x  1  k ( x  a)  b (1)   0,25 đ   1  1  k  x  1  1  k ( x  1) (*) (2)   ( x  1) 2 x 1   1 1   k (1  a)  b  Lấy (1) – (2) ta có x 1 2 Kết hợp với (*) cho ta k  1 k  1   0,25 đ  2   k (1  a )  b  (a  1) k  2  (1  a )b  2 k  b  4  0 22 2 1    k  2   Để từ M kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc đến đồ thị hàm số thì hệ phương trình trên phải có 2 nghiệm phân biệt k1 , k2 sao cho k1.k2  1 a  1  0 a  1 2  b 4   1  (a  1) 2  b 2  4 Hay  0,25 đ  (a  1) 2  a  b  1  0 (a  1) 2  2  (1  a )b  2  b 2  4  0  Vậy tập hợp điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán thuộc đường tròn  x  1  y 2  4 trừ bỏ đi 4 giao điểm của đường tròn này với 2 đường 2 0,25 đ thẳng : x = 1 và –x + y + 1 = 0. ------------------------------HẾT------------------------------ http://toancapba.com hoc toan va on thi Dai hoc mien phi ! Trang 5/5