ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI D - TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 môn: toán, khối d - trường thpt lương văn chánh', 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 - TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH

Trường THPT chuyên Lương Văn Chánh KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MÔN: TOÁN-KHỐI D (Thời gian làm bài : 180 phút) A. PHẦN BẮT BUỘC Câu I(2 điểm). Cho hàm số y = x3 – 2mx2 + m2 x – 1 có đồ thị (Cm) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2 ; +  ). Câu II (2 điểm).   1. Giải phương trình : 2 sin 2 x  sin 2 x  2 2 sin x sin  3 x   4  3 2 x  x y  2 y  2. Giải hệ phương trình:  2 x y  y 3  y  3 ln 2 dx CâuIII(1 điểm). Tính tích phân I =  ex  2 3 0 CâuIV(1 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 600 . Tính thể tích hình chóp S.ABCD. CâuV(1 điểm). Cho 3 số dương x , y , z có tổng bằng 1. Chứng minh bất đẳng thức : xy yz zx 3    xy  z yz  x zx  y 2 B. PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn phần I hoặc II) I- Chương trình chuẩn CâuVIa(2 điểm). 1. Cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 . Biết A(1;0) , B(0;2) và trung điểm I của AC nằm trên đường thẳng y = x . Tìm toạ độ đỉnh C. 2. Trong không gian , cho mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) có phương trình: x 1 y z  2 . Viết phương trình của  (P) : 2x + y + z – 1 = 0 , (d) : 3 2 1 đường thẳng   qua giao điểm của (P) và (d) , vuông góc với (d) và nằm trong (P). 1 CâuVIIa( 1điểm). Giải phương trình : log 2 ( x  2)  x log 2 ( x  2)  x   0 . 4 4 II- Chương trình nâng cao Câu VIb(2điểm). 1. Trong mặt phẳng Oxy , cho hình chữ nhật ABCD , cạnh AB nằm trên đường 1 thẳng (  ) : 3x +4y +1 = 0 và AB = 2AD và giao điểm hai đường chéo là I(0 ; ) . 2 Tìm phương trình đường tròn (C) ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2;3) và B(3;-1;2) và mp(P) : x – 2 y + 3z – 1 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua hai điểm A , B và vuông góc với mp(P). Giải bất phương trình: log 2  x  3  1  log 2 x  1 CâuVIb(1điểm). ……….HẾT…….... www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN –KHỐI D Nội dung Th/điểm Câu Phần bắt buộc A. CâuII 1-(1đ) 2điểm Với m = 1 , hàm số y = x3 – 2x2 + x – 1 * TXĐ: D=R 0,25 lim y   * Giới hạn : x    x  1  y  1 * y’ = 3x – 4x + 1  y '  o   2  x  1  y   23 3 27  0,25  2 25  2 25  I  ;  - điểm uốn * y” = 6x – 4  y"  0  x   y    3 27  3 27 1 * Bảng biến thiên: x 1   3 + + y’ 0 __-- 0 0,25   23 27 25 27 y -1     Hàm số tăng trên  ; 1 ; 1;  và giảm trên 1 ;1 3 3 0,25 * Đồ thị (Tự vẽ). y = x3 – 2mx2 + m2 x – 1 2- (1 điểm). Hàm số 2 2 2 * y’ = 3x – 4mx + m có '  m 2 m  x  3  y'  0  0,25  x  m Với m > 0 , hàm số đồng biến trên 2;   y '  0, x  2  m  2  0  m  2 (1) 0,25 Với m = 0 , y’ = 3x2  0, x , nên hàm số tăng trên 2;  khi m = 0 (2) 0,25 Với m < 0 , m hàm số đồng biến trên 2;   y '  0, x  2   2  m  6  m  0 (3) 3 Theo (1) , (2) , (3) suy ra : m  2 hàm số đồng biến trên 2;  0,25 CâuII 1- (1điểm) Giải phương trình : 2điểm   2 sin 2 x  sin 2 x  2 2 sin x sin  3 x   4    0,25  2 sin 2 x  2 sin x cos x  2 2 sin x sin  3 x   4  sin x  0  x  k (1) 0,25  sin x  cos x  2 sin  3x   (2)    4      Phương trình (2) tương đương sin( x  )  sin  3x   4 4 
   x  k  x  4  3 x  4  k 2   x     k  0,25    x   3 x   k 2 8 2    4 4   Vậy phương trình có nghiệm là x = k  , x   k . 8 2 0,25 2 3 2 x  x y  2 y 2-1điểm Giải hệ phương trình:  2 x y  y 3  y  Nhận xét (0 ; 0) là một nghiệm của hệ phương trình 0,5 Xét y  0 , cho hai vế hệ phương trình cho y3 ta được hê:  x 3  x  2 1       2. 2 (1)  y  y y      2  x  1 (2)  y   1  y 2    0,25 3 2 x x thay (2) vào (1) ta được       2  0  y  y   x 0,25 Đặt t =  t 3  t 2  2  0  (t  1)(t 2  2t  2)  0  t  1 y Với t = - 1 => y = - x ta được : x3 – x3 = - 2x => x = 0 và y = 0 (loại) Vậy hệ phương chỉ có một nghiêm (0;0). CâuII 3 ln 2 3 ln 2 dx dx  Tính t ích phân I =   I x 3 ex  2 1điểm 0 0 3 e 2 x x 1 3 3 3 Đặt t = e  dt  e dx  dx  dt 0,25 3 t x  0  t  1 Đổi cận :   x  3 ln 2  t  2 0,25 2 2 dt 1 1 1 1 1 t 13 2 2 dt  ln t  ln(t  2) 1  ln I = 3     ln 0,5 t t  2  6 1  t t  2  1 6 t2 6 62 1 CâuI V 1điểm Do S.ABCD hình chóp đều , nên SO là đường cao h/c S 0,25 Gọi E là trung điểm CD , suy ra SE  CD, OE  CD Suy ra góc SEO là góc giữa mặt bên và mặt đáy Và góc SEO = 600 0,25 a3 Ta có : SO = OE tan600 = 2 A Đáy ABCD là hình vuông và SABCD = a2 D a3 3 1 E 0,5 Vậy : VS.ABCD = h.S đ  O 3 6B C CâuV xy yz zx 3    1điểm xy  z yz  x zx  y 2 Ta có : x + y + z = 1  z  1  x  y  xy  z  (1  x )(1  y )
1 y x xy xy y x  1 x  1 y      1  x 1  y  1  x 1  y 2  xy  z  1 z y yz zx 1 z x   1  y  1  z ; zx  y  2  1  x  1  z  TT:  yz  x 2     1 y z x z x y 3  VT      2  1 x 1 y 1 z  2   1 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . 3 Phần tự chọn B I-3đ 1-(1điểm) CâuV Ia Ta có : AB   1;2   AB  5. Phương trình AB là : 2x + y – z – 2 = 0. 2- 0,25 I  ( d ) : y  x suy ra I(t;t) . I là trung điểm của AC : C(2t – 1 ; 2t) điểm t  0 1 Theo bài suy ra : SABC = AB.d (C ; AB)  2  6t  4  4   4 0,25 t  2 3 5 8 Từ đó ta suy ra hai điểm C(-1;0) hoặc C  ;  thoả mãn. 0,5 3 3 2-(1điểm)  x  1  2t  Đường thẳng (d) :  y  t  z  2  3t  0,25 1 (d) cắt (p) tại M  2(1  2t )  t  (2  3t )  1  0  t  2 Vậy toạ độ điểm M là :  x  1  1  2   1 7 1  0,25  M  2; ;  M y   2 2 2  3 7  z  2      2 2  1 7 Đường thẳng cần t ìm đi qua điểm M  2; ;  và có hai véc tơ pháp tuyến  2 2   ad  (2;1;3) , n p  (2;1;1)  a  ad , n p  (4;8;0)  a  (1;2;0) là 0,25  x  2  t  1  Vậy phương trình đường thẳng   cần tìm là :  y   2t 2 0,25  7  z   2  ĐK x + 2 > 0 x > - 2 CâuV IIa 1 1 log 2  x  2   x log 2 ( x  2)  x   0 Phương trình viết lại: (1điể 2 4 4
m) 12 1 Đặt : t = log2(x + 2) , ta được: t  xt  x   0 0,25 4 4 t  1  0,25 t  4 x  1 Với t = -1 log2(x + 2) = -1 x = - 3/2 (nhận). Với t = - 4x + 1 log2(x + 2) = - 4x + 1 (*) 0,25 Vp: hàm đồng biến ; Vt : hàm nghịch biến Nên (*) chỉ có một nghiệm x = 0 (nhận) Vậy phương trình có hai nghiệm là x = 0 và x = - 3/2. 0,25 II.3đi ểm CâuV 3 xI  4 yI  1 3 6   AB  2 AD  1.(1đ) Ta có : AD = 2d(I ;  ) = Ib 0;25 5 5 32  42 (2 điểm) 0,25 65 BD 3 5 AB 2  AD 2  R  Đường chéo : BD = 5 2 5 2 1 9  0,5 Vậy đường tròn ngoại tiếp ABCD là (C) : x 2   y    2 5  2.(1đ) Ta có : (Q) nhận hai véc tơ sau là chỉ phương 2 uuu r uur 0,25 AB   2; 3; 1 , n p  1; 2;3 uuu uu rr uur   AB, n p    7; 7; 1  nQ   7; 7;1 0,25   Và (Q) chứa A(1;2;3) nên có phương trình : 0,5 7(x-1) + 7(y -2) +1.(z -3) = 0 Vậy (Q) : 7x + 7y + z – 24 = 0. CâuV Điều kiện : 3  x  1 IIb 0,25 Bpt (1điể x3  log 2  x  3  log 2 x  1  1  log 2 1 m) 0,25 x 1 x3  2  x  3  2 x  1  3x 2  14 x  5  0  x 1 0,25 1  5  x  5 3 0,25 1  Vậy tập nghiệm bpt S =   ;5 3