ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 môn toán Khối: D - THPT Tuy Phong

Chia sẻ: Ngoclan Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

45
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi thử đại học năm 2011 môn toán khối: d - thpt tuy phong', 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 NĂM 2011 môn toán Khối: D - THPT Tuy Phong

GV. Luong Viet Hai - THPT Tuy Phong (suu tam) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011( lần 1) Môn; Toán ; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 21/ 10/ 2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I ( 2 điểm) x + 2 Cho hàm số y = (C ) x - 3 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng 1 bằng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang. 5 Câu II ( 2 điểm) 1) Giải phương trình : 2sin 3 x - cos 2 x + cos x = 0 2) Giải bất phương trình: x 2 - x - 2 + 3 x £ 5 x 2 - 4 x - 6 Câu III ( 1 điểm) 1 Tính I = ò x ln(1 + x 2 ) dx 0 Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông góc mặt đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối chóp S.AHK theo a. Câu V ( 1 điểm) æ 1 öæ 1 ö Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= ç x2 + 2 ÷ ç y 2 + 2 ÷ . è y øè x ø PHẦN RIÊNG ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2 điểm) 1) Cho tam giác ABC có B(3; 5), đường cao AH và trung tuyến CM lần lượt có phương trình d: 2x 5y + 3 = 0 và d’: x + y 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AC. 2) Cho mặt cầu (S) : ( x - 3) 2 + ( y + 2) 2 + ( z - 1) 2 = 100 và mặt phẳng (a ) : 2 x - 2 y - z + 9 = 0 Chứng minh rằng (S) và (a ) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (T). Tìm tâm và bán kính của đường tròn (T) . Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm số phức z, nếu z 2 + z = 0 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI .b ( 2 điểm) 1) Cho đường tròn ( C) x 2 + y 2 - 2 x - 4 y - 4 = 0 và điểm A (2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C) tiếp xúc với ( C) tại M, N .Tính diện tích tam giác AMN. ì x = 4 + t x - 2 y - 1 z - 1 ï 2) Cho hai đường thẳng d: = = và d’: í y = 2 - t 1 - 1 2 ï z = t î Chứng minh rằng d và d’ chéo nhau. Tính độ dài đoạn vuông góc chung của d và d’. x 2 - 3 x + 2 Câu VII.b ( 1 điểm) Cho hàm số y = (C). Tìm trên đường thẳng x = 1 những điểm mà từ đó x kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị ( C).
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011 (Đáp án gồm 7 trang) Câu ý Nội dung Điểm Câu I 1) 1 điểm 2 đ 1/Tập xác định: D = R \ {3 . } 0,25 2/ Sự biến thiên -5 0,25 aChiều biến thiên : Ta có y ' = 2 < 0 ( x - 3) Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ( -¥;3) vµ (3; +¥) bCực trị: Hàm số không có cực trị x + 2 x + 2 c Giới hạn: lim- ( ) = -¥ ; lim+ ( ) = +¥ Þ Hàm số có tiệm x 3 x - 3 ® x 3 x - 3 ® cận đứng x=3 x + 2 lim ( ) = 1 Þ Hàm số có tiệm cận ngang y = 1 x ®±¥ x - 3 dBảng biến thiên: x ¥ 3 0,25 + ¥ y’ y 1 + ¥ ¥ 1 3/ Đồ thị: y Đồ thị nhận I(3; 1 ) làm tâm đối xứng 0,25 - 2 Giao với trục:Ox tại ( 2 0 ),với Oy (0; ; ) 3 1 2 0 3 x 1 điểm 2) +)Gọi đường tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt là d1, d2 æ x + 2 ö 0,25 M Î C ) nên M ç x ( ; ÷ è x - 3 ø
x + 2 5 +) Ta có d ( M , d1 ) = x - 3 , d ( M , d 2 ) = - 1 = 0,25 x -3 x - 3 1 5 é x = 4 +)Theo bài ra ta có x - 3 = Û ( x - 3)2 = 1 Û ê 0,25 5 x - 3 ë x = 2 Vậy có 2 điểm thỏa mãn M 1 (4;6), M 2 (2; - 4) 0,25 Câu II 1 điểm 1) 2 đ +)pt Û 2sin 3 x - (1 - 2sin 2 x) + cos x = 0 0,25 Û 2 sin 2 x (1 + s inx) - (1 - cos x ) = 0 Û (1 - cos x ) [ 2(1 + cos x )(1 + s inx) - 1] = 0 Û (1 - cos x ) [ 2(s inx + cos x ) + 2 sin x cos x + 1] = 0 é1 - cos x = 0 (1) Ûê 0,25 ë inx + cos x) + 2sin x cos x + 1 = 0 (2) 2(s Giải (1) ta được x = 2 kp (k Î Z ) Giải (2) : p 0,25 Đặt t = s inx + cos x = 2 sin( x + ) , t Î é - 2; 2 ù ë û 4 ét = 0 Ta được phương trình t 2 + 2t = 0 Û ê t ë = -2 (loai) -p Với t = 0 Û x = + kp (k Î Z ) 0,25 4 -p Vậy phương trình có nghiệm: x = 2 p x = k + k p ( k Î Z ) 4 1 điểm 2) ì x 2 - x - 2 ³ 0 ï 0,25 Điều kiện í x ³ 0 Û x ³ 2 ï5 x 2 - 4 x - 6 ³ 0 î Bình phương hai vế ta được 6 x ( x + 1)( x - 2) £ 4 x 2 - 12 x - 4 0,25 Û 3 x ( x + 1)( x - 2) £ 2 x ( x - 2) - 2( x + 1) 0,25 x( x - 2) x( x - 2) Û3 £2 - 2 x +1 x + 1 x( x - 2) 0,25 Đặt t = ³ 0 ta được bpt 2t 2 - 3t - 2 ³ 0 x + 1
é -1 t £ Ûê 2 Û t ³ 2 ( do t ³ 0 ) ê t ë ³ 2 x ( x - 2) 0,25 Với t ³ 2 Û ³ 2 Û x 2 - 6 x - 4 ³ 0 x + 1 é x £ 3 - 13 Ûê Û x ³ 3 + 13 ( do x ³ 2 ) Vậy bpt có nghiệm x ³ 3 + 13 ê x ³ 3 + 13 ë Câu III 1 điểm 1 đ 2 xdx Đặt u = ln(1 + x 2 ) Þ du = 0,25 1 + x 2 2 x dv = xdx Þ v = 2 1 1 0,25 x2 x 3 1 Do đó I = ln(1 + x 2 ) - ò 2 dx = ln 2 - I 1 2 0 0 1+ x 2 Tính I1: 0,25 1 1 1 1 x 1 1 2 x 1 1 2 1 1 Ta có I1 = ò ( x - 2 )dx = x - ò 2 dx = - ln 1 + x = - ln 2 0 1+ x 2 0 2 0 1 + x 2 2 0 2 2 1 0,25 Vậy I = ln 2 - 2 Câu V1 1 điểm 1 đ S +) Theo bài ra ta có SH ^ ( AHK ) 0,25 H BC ^ SA, BC ^ AB Þ BC ^ (SAB ) Þ BC ^ AK a Và AK ^ SC nên K 2a C AK ^ (SBC ) Þ AK ^ KH và SB ^ AK A a B +) Áp dụng định lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông 0,25
1 a 2 2a a 3 a ta có AK = SB = , AH = Þ KH = , SH = 2 2 5 10 5 1 2 a 6 0,25 +) Ta có S AHK = AK .HK = (dvdt ) 2 4 10 1 a 3 3 0,25 +) Vậy VS . AHK = S AHK .SH = (dvtt ) 2 60 Chú ý : có thể tính theo công thức tỷ số thể tích. Câu V 1 điểm (1d) 1 æ 1ù 0,25 +) Theo B ĐT Côsi ta có 0
33 19 Gọi E = d Ç d1 nên E ( ; ) .Vì d’ là đường trung tuyến qua C nên D là trung 7 7 điểm AE suy ra A (1;1) +) Ta có cạnh BC ^ c với d nên phương trình cạnh BC là 5x + 2y – 25 = 0 0,25 -35 50 uuur -38 47 Suy ra C = ( BC ) Ç d ' Þ C ( ; ) Þ AC ( ; ) 3 3 3 3 ì x = 1 - 38 t 0,25 +) Vậy phương trình cạnh AC là í î y = 1 + 47 t 2) 1 điểm +) Mặt cầu (S) có tâm I(3;2;1) và bán kính r = 10 . 2.3 - 2(-2) - 1 + 9 0,25 Ta có : h = d ( I , (a )) = = 6 4 + 4 + 1 Vậy d ( I , (a ))
é ì x = 0 0,25 é ì x = 0 ï é ì x = 0 ï êï é é x = 0, y = 0 ê í 2 êí ê í é y = 0 êê êï -y + y = 0 î ê ï y (1 - y ) = 0 î ê ï ê y = 1 êê x = 0, y = 1 +) Û ê Û ê Û êî ë Û êê x = 0, y = -1 êì y = 0 ï ê ì y = 0 ï ê ì x = 0 (do x + 1 > 0) êë ê í x 2 + x = 0 ê í x (1 + x ) = 0 êï ê y = 0, x = 0 ë ëïî ëïî í ê ï y = 0 ë î +)Vậy có ba số phức thoả điều kiện là z = 0; z = i; z = − i. 0,25 Câu VI.b 1) 1 điểm 2 đ +) Ta có (C ) có Tâm I(1; 2) bán kính R = 3 0,25 Và dễ thấy có một tiếp tuyến vuông góc với Ox và qua A là d: x= 2 +)Gọi d’ là dường thẳng qua A ( 2; 3) có hệ số góc là k ta có d’ :y = k(x + 2) + 0,25 3 3k + 1 4 d’ là tiếp tuyến của ( C ) ód( I, d’ ) = R ó = 3 Û k = k 2 + 1 3 4 17 Þ d ' : y = x + 3 3 - 57 7 0,25 + ta có tiếp điểm của d và (C ) là M(2; 0), của d’ và (C ) là N ( ; ) 5 5 7 3 1 9 0,25 + Ta có AM = 3, d ( N , d ) = -2 + = .Vậy S AMN = AM .d ( N , d ) = (dvdt ) 5 5 2 10 2) 1 điểm r +) Ta có vtcp của d u (1; -1; 2) và M(2;1;1) Î d 0,25 r uuuu r vtcp của d’ u '(1; -1;1) và N (4;2;0) Î d' => MN (2;1; -1) r ur uuuu r 0,25 +) Ta có éu , u 'ù .MN = 3 ¹ 0 vậy d và d’ chéo nhau. ë û +) ta có A Î d Þ A(2 + k ;1 - k ;1 + 2k ) , B Î d ' Þ B(4 + t ; 2 - t ; t ) 0,25 uuur r uuu r ì AB.u = 0 ï Þ AB (2 + t - k ;1 - t - k ; -1 + t - 2 k ) AB là đoạn vuông góc chung ó í uuu ur r ï AB.u ' = 0 î
ì 4t - 6k - 1 = 0 ìt = -2 uuu r 3 2 0,25 +) Û í Ûí Þ AB (1,5;1,5; 0) Vậy d(d,d’) = AB = î3t - 4k = 0 k î = -1,5 2 r ur uuuu r éu, u ' ù . ë û MN 3 Chú ý : có thể tính theo cách d (d , d ') = r ur = éu , u ' ù 2 ë û Câu II.b 1 điểm 1 đ +) Gäi M lµ ®iÓm thuéc ®êng th¼ng x=1, d lµ ®êng th¼ng ®i qua M cã hÖ sè gãc lµ k. d cã ph¬ng tr×nh lµ : y= k(x-1)+m ( víi M(1,m) ) 0,25 §Ó d lµ tiÕp tuyÕn cña C th× hÖ sau cã ngiÖm. ì x 2 - 3 x + 2 ï = k ( x - 1) + m (1) ï x í ï x 2 - 2 = k (2) ï î x x 2 - 3 x + 2 æ x 2 - 2 ö +) Thay (2) vµo (1) ta cã = ç 2 ÷ ( x - 1) + m 0,25 x è x ø Û x( x 2 - 3 x + 2) = ( x 2 - 2)( x - 1) + mx 2 Û g ( x, m ) = (2 + m) x 2 - 4 x + 2 = 0 (3) +)§Ó tõ M kÎ ®îc ®óng 2 tiÕp tuyÕn ®Õn C th× ph¬ng tr×nh (3) cã ®óng 2 ngiÖm ph©n biÖt 0,25 ì D ' = 4 - 2(2 + m > 0 ) Ûí î + m) g ( x, m) = (2 + m)(2) ¹ 0 (2 ì -2m > 0 ì m < 0 Ûí Do ®ã Þ í (*) î 2 + m ¹ 0 îm ¹ -2 +) VËy trªn ®êng th¼ng x=1 .TËp hîp c¸c ®iÓm cã tung ®é nhá h¬n 0 (m