Đề thi thử đại học môn toán - Trường THPT Phúc Thành

Chia sẻ: Phan Thanh Tuan Tuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

144
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán - trường thpt phúc thành', 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 - Trường THPT Phúc Thành

SỞ GD & ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT PHÚC THÀNH Môn thi: TOÁN. Khối A, B, D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3mx 2 + 4m3 (m là tham số) có đồ thị là (Cm). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1. 2. Xác định m để (Cm) có các điểm cực đại và cực tiểu đối xứng nhau qua đường thẳng y = x. Câu II (2.0 điểm ) 4 + 2sin 2 x 3 + − 2 3 = 2(cot x + 1) . 1. Giải phương trình: 2 sin 2 x cos x  x3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0  2. Tìm m để hệ phương trình:  2 có nghiệm thực. x + 1 − x2 − 3 2 y − y 2 + m = 0   π π tan( x − ) 6 Câu III (1.0 điểm ) Tính tích phân I = ∫ cos2x4 dx 0 Câu IV (1.0 điểm) a3 Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh SA = ; các cạnh còn lại đều bằng 2 a. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B đến mp(SAC). Câu V (2.0 điểm) 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) lần lượt có phương trình: x y +1 z − 2 = = (P): 2x − y − 2z − 2 = 0; (d): −1 2 1 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ( d), cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 và cắt mặt phẳng ( P) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 8π . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có A( 0 ; 2), B( 4 ; 5) và giao điểm của hai đường chéo thuộc đường thẳng (d) có ph ương trình x – y – 1 = 0. Hãy tính toạ độ các điểm C, D. Câu VI (2.0 điểm) (1 + i )2011 1. Thực hiện phép tính ( trong đó i 2 = −1 ). (1 − i ) 2010 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn: x2 + y2 + z2 ≤ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất 1 1 1 của biểu thức: P = + + 1 + xy 1 + yz 1 + zx −−−−−−−−−−−−− 0o−−−−−−−−−−−−− o Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................SBD:......................
Điể Nội dung Câu m 1. Khi m = 1, hàm số có dạng: y = x3 − 3x2 + 4 + TXĐ: R + Sự biến thiên: y’ = 3x2 − 6x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 Hàm số đồng biến trên: (−∞; 0) và (2; +∞ ) 0.25 Hàm số nghich biến trên: (0; 2) Hàm số đạt CĐ tại xCĐ = 0, yCĐ = 4; đạt CT tại xCT = 2, yCT = 0 y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1 Đồ thị hàm số lồi trên (−∞; 1), lõm trên (1; +∞ ). Điểm uốn (1; 2) 3 3 4 Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim x 1 − + 3 ÷ = ±∞ 0.25  x x x→±∞ x →±∞ LËp BBT: x 2 0 +∞ −∞ − 0 y’ + 0 + +∞ 0.25 4 y 0 −∞ I §å thÞ: y 0.25 x O x = 0 2/. Ta có: y’ = 3x − 6mx = 0 ⇔  2  x = 2m 0.25 Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì m ≠ 0. Gir sử hàm số có hai điểm cực trị là: A(0; 4m3), B(2m; 0) ⇒ ả uuu AB = (2m; −4m3 ) 0.25 Trung điểm của đoạn AB là I(m; 2m3)
Điều kiện để AB đối xứng nhau qua đường thẳng y = x là AB vuông góc với đường thẳng y = x và I thuộc đường thẳng y = x 0.25  2m − 4m3 = 0  ⇔ 3  2m = m  2 Giải ra ta có: m = ± ;m=0 0.25 2 2 Kết hợp với điều kiện ta có: m = ± 2 π 2/. Đk: x ≠ k 0.25 2 Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 4 3 1 + tg2 x + − 2 3 = 2cotg x sin 2 x 0.25 2(sin 2 x + cos 2 x) 2 ⇔ 3tg x + − 3 = 2cotg x sin x cos x ⇔ 3tg2 x + 2tg x − 3 = 0 π   tg x = − 3 x = − + kπ   3 ⇔ ⇔ 0.25 1  x = π + kπ tg x =   3   6 π π KL: So sánh với điều kiện phương trình có nghiệm : x = + k ; k∈Z 0.25 II 6 2  x3 − y 3 + 3 y 2 − 3x − 2 = 0 (1)  2/.  2 2 2 x + 1 − x − 3 2 y − y + m = 0 (2)  0.25 1 − x 2 ≥ 0  −1 ≤ x ≤ 1  ⇔ Điều kiện:   2 y − y ≥ 0 0 ≤ y ≤ 2 2  Đặt t = x + 1 ⇒ t∈[0; 2]; ta có (1) ⇔ t3 − 3t2 = y3 − 3y2. 0.25 Hàm số f(u) = u3 − 3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: 0.25 (1) ⇔ t = y ⇔ y = x + 1 ⇒ (2) ⇔ x 2 − 2 1 − x 2 + m = 0 Đặt v = 1 − x 2 ⇒ v∈[0; 1] ⇒ (2) ⇔ v2 + 2v − 1 = m. Hàm số g(v) = v2 + 2v − 1 đạt min g (v) = −1; m ax g (v) = 2 0.25 [ 0;1] [ 0;1] Vậy hệ phương trình có nghiệm khi và chỉ khi −1 ≤ m≤ 2 III π 1.00 π tan( x − ) 6 Tính tích phân I = ∫ cos2x4 dx 0
π π π tan( x − ) 4 dx = − 1 + tan x dx 2 6 6 I=∫ ∫ ( 1 + tan x ) 2 0.25 cos2x 0 0 1 Đặt t = tan x ⇒ dt= dx = (tan 2 x + 1)dx cos 2 x 0.25 π 1 x = 0 ⇒ t = 0; x= ⇒t = 6 3 1 1 1 3 1− 3 . 3 dt 0.25 Suy ra I =−∫ = = (t + 1) t +1 0 2 2 0 1− 3 Vậy I = 0.25 2 1.00 Tính theo a khoảng cách từ B đến mp(SAC) ( Không có hình, hoặc hình vẽ sai không ch ấm IV điểm) Gọi M là trung điểm của BC thì SM ⊥ BC , AM ⊥ BC . Suy ra tam giác SMA 0.25 3a 2 3 a3 đều vì có các cạnh bằng . Diện tích tam giác SMA bằng 2 16 1 3a 2 3 a 3 3 1 Ta có VSABC = 2VSBAM = 2. .BM .S SAM = .a. = 0.25 3 3 16 16 a 13 Gọi N là trung điểm của SA. Ta có CN ⊥ SA ⇒ CN = ( vì tam giác CAN 4 0.25 2 1 1 a 3 a 13 a 39 vuông tại N). ⇒ SSCA = SA.CN = = . 2 22 4 16 3a a3 3 1 1 a 2 39 d( B;( SAC )) = Ta có VSABC = .d ( B ,( SAC )) . Suy ra: 0.25 = S SCA .d ( B ,( SAC )) = 13 16 3 3 16 V 1. Viết phương trình mặt cầu ..... 1.00  x = −t  Đường thẳng (∆ ) có phương trình tham số là:  y = −1 + 2t ; t ∈ R 0.25 z = 2 + t  Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I (−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(∆ ). Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên: 0.25
 2 t = 3 | −2t + 1 − 2t − 4 − 2t − 2 | | 6t + 5 | d ( I ; ∆) = = = 3⇔  t = − 7 3 3   3  2 1 8  7 17 1  ⇒ Có hai tâm mặt cầu: I  − ; ; ÷ vµ I  ; − ; − ÷  3 3 3  3 3 3 0.25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có chu vi bằng 8π => r = 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5. Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 2 2 2 2 2 2 0.25  2  1  8  7  17   1  x + ÷ +  y − ÷ +  z − ÷ = 25 vµ  x − ÷ +  y + ÷ +  z + ÷ = 25  3  3  3  3  3  3 2. Hãy tính toạ độ các điểm C, D. 1.00 Tâm I thuộc (d) nên I( x ; x – 1) . 0.25 uu r uu r Có IA = (− x;3 − x), IB = (4 − x;6 − x ) 0.25 uu r ruu 9 ⇒ IA.IB = 0 ⇒ x = ; x = 2. Do IA vuông góc với IB 0.25 2 Ta được hai nghiệm : C1 ( 9 ; 5 ), D1 ( 5; 2 ) và C2 ( 4 ; 0 ), D2 ( 0 ; - 3). 02.5 1.00 1. Thực hiện phép tính .... 2010 (1 + i ) 2011  1 + i  = (1 + i ). Ta có 0.25 ÷ (1 − i ) 2010  1 − i  1+ i (1 + i ) 2 1 + 2i − 1 = = =i 0.25 Mà : 1 − i (1 − i )(1 + i ) 2 2010 (1 + i ) 2011  1 + i  0.25 = (1 + i) = i 2010 (1 + i ) = (i 2 )1005 (1 + i) = −1 − i Suy ra ÷ (1 − i) 2010  1 − i  (1 + i ) 2011 0.25 = −1 − i Vậy (1 − i ) 2010 VI Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn... 1.00 1 1 1 2/. Ta có: [ (1 + xy ) + (1 + yz ) + (1 + zx) ]  + + ÷≥ 9 (phải cm) 0.25  1 + xy 1 + yz 1 + zx  9 9 ⇒P≥ ≥ 2 Do x + y + z ≥ xy + z + zx (phải 2 2 2 3 + xy + yz + zx 3 + x + y + z 2 2 0.25 cm) 9 ⇒P≥ =1 0.25 3+ 6 3 Vậy GTNN là Pmin = khi x = y = z = 2 0.25 2
Chú ý: Nếu thí làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa !