ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN - TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

104
lượt xem 12
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 - trường thpt thành phố cao lãnh', 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 - TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH

chihao@moet.edu.vn sent to WWW.laisac.page.tl ( Admin http://boxmath.vn/4rum/ ) TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi:27/03/2011 ****** A.PHẦN CHUNG(7,0 điểm): (Dành cho tất cả thí sinh) 2x  1 Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y  (1). x 1 1/. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1). 2/. Gọi I là giao điểm hai đường tiêm cận của (C). Tìm điểm M  (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OI . Câu II: ( 2,0 điểm ) sin 4 x  cos 4 x 1 1/. Giải phương trình:  (tan x  cot x ) sin 2 x 2 ( 2 x  y )  5( 4 x 2  y 2 )  6( 2 x  y ) 2  0 2  2/. Giải hệ phương trình  1 2 x  y  2 x  y  3  3 2 dx  Câu III: ( 1,0 điểm ). Tính tích phân: . 2 x 1 x 1 2 Câu IV: ( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  mp ( ABCD) , SA  a . Gọi E là trung điểm cạnh CD . Gọi I là hình chiếu vuông góc của S lên đường thẳng BE .Tính theo a thể tích tứ diện SAEI . x2  1  x2  2 3x  1  3x  Câu V: ( 1,0 điểm ) .Giải bất phương trình: B. PHẦN TỰ CHỌN (3,0điểm) : (Thí sinh chọn câu VIa, VIIa hoặc VIb, VIIb) Câu VIa: ( 2,0 điểm ) 1/. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  6 x  5  0 . Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ đ ược hai tiếp tuyến của (C ) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 o . với hệ trục toạ độ mặt phẳng 2/.Trong không gian Oxyz, cho hai x  2  t  ( P ) : x  2 y  2 z  5  0 , (Q ) : x  2 y  2 z  13  0 và đường thẳng ( d ) :  y  1  2 t . Viết phương trình z  1  t  mặt cầu ( S ) có tâm thuộc đường thẳng ( d ) và đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) , (Q ) . Câu VIIa: ( 1,0 điểm ). Giải phương trình sau trên tập hợp số phức z 4  z 3  6 z 2  8 z  16  0 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Câu VIb: ( 2,0 điểm ) 1/. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : x - 5y – 2 = 0 và đường tròn ( L) : x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 . Xác định toạ độ các giao điểm A, B của đường thẳng (d) và đường tròn (L) ( cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm toạ độ điểm C thuộc đường tròn (L) sao cho tam giác ABC vuông ở B. x 1 y  2 z 2/. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (  ) : và mặt phẳng   1 2 3 (Q ) : 2 x  y  2 z  1  0 . Tìm toạ độ các điểm thuộc đường thẳng (  ) mà khoảng cách từ đó đến mặt phẳng (Q ) bằng 1. Câu VIIb: ( 1,0 điểm ) .Giải phương trình: ( 4 x  2 x  1  3 ).log 2 x  3  2 x  1  4 x .
………………………………..Hết…………………………………. chihao@moet.edu.vn sent to WWW.laisac.page.tl ( Admin http://boxmath.vn/4rum/ ) T RƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH T HI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009 - 2010 Khối: D Môn thi: TOÁN. Ngày thi: 27/03/2011 ***** ĐÁP ÁN (gồm 10 trang) Nội dung Điểm Câu A/ Phần bắt buộc: 2,0đ Câu I: 2x  1 Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y  (1). x 1 (2,0đ) 1/.(1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số (1). 1,0đ  TXĐ: D  R \ 1  Sự biến thiên của hàm số:  .Nhánh vô tận: lim y  2  0,25  x     đt y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị (C). lim y  2   x   lim y    x 1    đt x  1 là tiệm cận đứng của đồ thị (C). lim y    x 1  Chiều biến thiên:  1 y'  ( x  1 )2 Ta có: y'  0 , x  D Bảng biến thiên:  0,25  x 1  y’ - -     y 2    2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-  ;1); (1;+  )  0,25 Hàm số không có cực trị  Đồ thị:  Tiệm cận ngang: y  2 Tiệm cận đứng: x  1 Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1) 1 Giao điểm của đồ thị và trục hoành: ( ; 0) 2 3 5 Các điểm khác :(-1; ), (2; 3), (3 ; ) 0,25 2 2
y f(x)=(2*x-1)/(x-1) f(x)=2 6 x(t)=1 , y(t)=t x(t)=1 , y(t)=t f(x)=3/2 5 x(t)=-1 , y(t )=t f(x)=3 4 x(t)=2 , y(t)=t f(x)=5/2 3 x(t)=3 , y(t)=t 2 1 x -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 -1 -2 -3 -4 -5 -6 * Đồ thị nhận giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 1,0đ 2/(1,0đ) Gọi I là giao điểm hai đường tiêm cận của (C). Tìm điểm M  (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng OI . xy   y  2x Ta có: I ( 1 ; 2 )  OI  ( 1; 2 )  phương trình đường thẳng OI : 0,25 12  Đường thẳng OI có hệ số góc k  2 Đặt M ( x o ; y o ), x o  1 . Tiếp tuyến của (C) tại M có hệ số góc: 1 f ' ( xo )   ( xo  1 )2 0,25 Vì tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng OI nên: 1 1 1 f ' ( x o ).2  1  f ' ( x o )     ( x o  1 )2 2 2  xo  1  2  ( xo  1 )2  2   0,25  xo  1  2  2 x o  1  2  yo  2   2 2 x o  1  2  yo  2   2  2   , M 2  1  2 ; 2  2  Vậy có hai điểm cần tìm là: M 1  1  0,25 2 ;2     2 2   
1,0đ Câu sin 4 x  cos 4 x 1 1/(1,0đ) Giải phương trình:  (tan x  cot x ) (*) II: sin 2 x 2 (2,0đ)  Điều kiện: sin 2 x  0  x  k ,kZ 0,25 2 1 sin 2 2 x 1 (sin 2 x  cos 2 x ) 2  2 sin 2 x cos 2 x 1 sin x cos x 1 2 0,25 (*)  (  )  sin 2 x 2 cos x sin x sin 2 x sin 2 x 1   sin 2 2 x  0  sin 2 x  0 0,25 2 So sánh điều kiện, phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25 2/(1,0đ) Giải hệ phương trình 1,0đ 2 2 2 2 ( 2 x  y )  5( 4 x  y )  6 ( 2 x  y )  0 ( 1 )   1 2 x  y   3 (2) 2x  y  Điều kiện: 2 x  y  0 2  2x  y  2x  y (1)   2x  y   5 2x  y  6  0    t  2 2x  y 2 Đặt t  , ta có phương trình: t  5 t  6  0   0,25 2x  y t  3 2x  y t 2  2 (3)  2x  y 2x  y 2x  y  2  Từ (2) và (3) ta có hệ phương trình: ( I ) 2 x  y  1  3  2x  y   3  x   4  1  3y   y  x   2 2   (thỏa điều kiện) 3  x  8 y 2  6 y  1  0    8  1  y  0,25  4   3 1  3 1  Hệ ( I ) có 2 nghiệm:  ;  ,  ;  4 2 8 4 2x  y t 3  3 (4 )  2x  y 2x  y 2x  y  3  Từ (2) và (4) ta có hệ phương trình: ( II ) 2 x  y  1  3  2x  y  x  y   3  3 y  3 y  1  0( ptvn )   Hệ ( II ) v ô nghiệm 0,25
 3 1  3 1 ; ,  ;  Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm:  0,25 4 2 8 4 1,0đ CâuIII 3 : 2 dx (1đ) (1,0đ) Tính tích phân: .  2 x 1 x 1 2 3 2 dx  I x 1 x2 1 2 1 x2 Đặt: t   x 2  t 2  1  1 1   x2   dt  .dx x 2 dt  .dx  x 1  x2 .dx t 1  2 2  1 x x 1 x  Đổi cận: 1 3 x t 0,25 2 2 3 1 x t 2 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 0,25 I dt   dt    t  1  t  1 dt  t2  1 ( t  1 )( t  1 ) 2   3 3 3 2 2 2 1 1 0,25 1 t 1  1 2  I  ln t  1  ln t  1  2   ln  2 t 1  3 3 2   2 2 1 1   ln  ln 2  3   1 ln 2  3  1 ln 7  4 3 0,25 I 2 3 2  3  2 3( 2  3 ) 2 3   Cách 3 khác 2 dx  I x 1 x2 1 2    Đặt x  sin t , t    ;   dx  cos t .dt  2 2 Đổi cận:  3 x t 2 3 0,25  1 x t 2 6
   3 3 3 cos t cos t 1 (vì cos t  0 với   sin t cos t dt   sin t dt I dt  0,25 2  sin t 1  sin t   6 6 6    t ; ) 6 3    3 3 sin t sin t  sin 2 t dt   1  cos 2 t dt I   6 6 Đặt u  cos t  du   sin t .dt Đổi cận:  1 t u 3 2  3 t u 6 2 1 3 3 2 2 2 1 1 1 1 1   1  u .1  u du  2  I du    du  0,25 1  u2  1 u 1 u 1 1 3 2 2 2 3 3 1 1 u 2 1  I   ln 1  u  ln 1  u  12   ln  2 1u 1 2   2 2 1 2 3  1 74 3 0,25  ln  ln 3   ln  2 2 3 2 3   1,0đ Câu (1,0đ ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, IV: SA  mp ( ABCD) , SA  a . Gọi E là trung điểm cạnh CD . Gọi I là hình chiếu vuông góc (1đ ) của S lên đường thẳng BE .Tính theo a thể tích tứ diện SAEI . Vẽ SI  BE , I  BE . AI là hình chiếu của SI lên mp( ABCD ) 0,25  AI  BE (đlý 3 đường vuông góc)
BC .AB   AI  BE AI AB BI  Ta có: ABI đồng dạng BEC     BC BE EC  BI  EC .AB   BE 2 a 2a a5 2 2 0,25 Mà AB  BC  a , EC  , BE  BC  EC  a   2 4 2 a .a a .a 2a 5 a5 , BI  2 Nên: AI    5 5 a5 a5 2 2 S ABCD  a 2 a2 a2 1 1 S ADE  DA .DE  , S BCE  BC .EC  2 4 2 4 0,25 2 1 1 2a 5 a 5 a S ABI  AI .BI  .  . 2 2 5 5 5 a 2 a 2 3a 2 2 S AEI  S ABCD  S ADE  S BCE  S ABI  a    2 5 10 a3 1 0,25 V S . AEI  .S AEI .SA  3 10 1,0đ Câu x 2  1  x 2  2 (*) (1,0đ ) Giải bất phương trình: 3x  1  3x  V: (1,0đ) 1 Điều kiện: x  0,25 3 (*)  3 x  1  x 2  1  x 2  3 x  2   3x  1  x2  1  x2  3x  2  3x  1  x 2  1
 x2  3x  2  x2  3x  2 0,25  2 3x  1  x  1 x2  3x  2  x 2  3x  2  0  2 3x  1  x  1     1  x2  3x  2   1  0   2  3x  1  x  1   x2  3x  2  0 x  1 0,25  x  2 1    So sánh điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm là:  ; 1   2 ;   0,25 3  B/ Phần tự chọn: (Thí sinh chọn câu VIa,VIIa hoặc câu VIb, VIIb ) 1,0đ CâuVIa 1/(1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  6 x  5  0 . : (2,0 đ Tìm điểm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C ) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 o . ) 0,25 ( C ) có tâm I ( 3 ; 0 ) và bán kính R  2 Đặt M ( 0 ; y o ) . Gọi MA , MB là các tiếp tuyến vẽ từ M đến đường tròn ( C ) (với A , B là các tiếp điểm) ^ ^ o o Vì AMB  60 ( gt ) nên AMI  30 và AMI vuông tại A ^ AI AI 2 Do đó : sin AMI   MI   4 0,25 ^ o MI sin 30 sin AMI 3 2  (  yo )2  4  yo  7  yo   7 2 Vậy MI  4  0,25
   Có hai điểm cần tìm là: 0 ; 7 , 0 ;  7 0,25 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (1,0đ 2/ ) 1,0đ x  2  t  ( d ) :  y  1  2 t . Viết ( P ) : x  2 y  2 z  5  0 , (Q ) : x  2 y  2 z  13  0 và đường thẳng z  1  t  phương trình mặt cầu ( S ) có tâm thuộc đường thẳng ( d ) và đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng ( P ) , (Q ) . Gọi I là tâm và R là bán kính của mặt cầu ( S ) cần tìm. Vì I  ( d ) nên I ( 2  t ; 1  2 t ; 1  t ) Theo giả thiết, ta có: 0,25 d ( I , ( P ))  R  d ( I , ( P ))  d ( I , ( Q ))  d ( I , ( Q ))  R 2  t  2( 1  2 t )  2( 1  t )  5 2  t  2( 1  2 t )  2( 1  t )  13 0,25   3 3 2  7 t  7  7 t  11  t  7 16 11 5  2.  2.  5 16 11 5 7 7 7 0,25  I( ; ; ), R  3 777 3 2 2 2 16  11  5    Phương trình mặt cầu cần tìm là ( S ) :  x     y    z    9 0,25 7 7 7    1,0đ CâuVIIa (1,0đ) Giải phương trình sau trên tập hợp số phức z  z  6 z  8 z  16  0 (*) 4 3 2 : 4  6 z 2  16  z 3  8 z  0  0 (*)  z (1,0đ)         z2  2 . z2  8  z z2  8  0  z2  8 . z2  z  2  0 0,25 z 2  8  0 ( 1 ) 0,25  z 2  z  2  0 ( 2 )    2 ( 1 )  z 2  8  z 2  2 2 i  z   2 2 i  0,25  z  1 (2)   z  2 0,25 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm là: 2 2 i ,  2 2 i ,  1 , 2 1,0đ CâuVI 1/ (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : x - 5y – 2 = 0 và b: đường tròn ( L) : x  y  2 x  4 y  8  0 . Xác định toạ độ các giao điểm A, B của 2 2 (2,0 đ đường thẳng (d) và đường tròn (L) ( cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm toạ độ ) điểm C thuộc đường tròn (L) sao cho tam giác ABC vuông ở B. x  5 y  2  0  Tọa độ các điểm A , B là nghiệm của hệ phương trình:  x2  y2  2 x  4 y  8  0  x  5 y  2   0,25  26 y 2  26 y  0 
 x  2  A( 2 ; 0 )   y  0  0,25   x  3   B( 3 ;  1 )  y  1  ^ o 0,25 Vì A , B , C  ( L ) v à ABC  90 nên AC là đường kính của đường tròn (L) Do đó I là trung điểm của đoạn thẳng AC Đường tròn (L) có tâm I ( 1 ; 2 ) 0,25 xA  2  xc xC   xI   1  2  x c  4   2   Ta có:  y  yA   yc  4 yC 2  yc I    2 2 Vậy : C ( 4 ; 4 ) 1,0đ x 1 y  2 z 2/(1,0đ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (  ) :  và  1 2 3 mặt phẳng (Q ) : 2 x  y  2 z  1  0 . Tìm toạ độ các điểm thuộc đường thẳng (  ) mà khoảng cách từ đó đến mặt phẳng (Q ) bằng 1.  x  1  2t  Phương trình tham số đường thẳng (  ) :  y  2  t 0,25  z  3t  Gọi M là điểm cần tìm. Vì M  (  ) nên: M ( 1  2 t ; 2  t ; 3t ) Theo giả thiết, ta có: 2( 1  2 t )  ( 2  t )  2( 3t )  1 d ( M , ( Q ))  1  1  t1  3 3 0,25  t  2  M ( 3 ; 4 ;  6 ) 0,25   t  4  M ( 9 ;  2 ; 12 ) 0,25 Vậy có hai điểm cần tìm là: M ( 3 ; 4 ;  6 ), M ( 9 ;  2 ; 12 ) Cách Gọi M ( a ; b ; c ) là điểm cần tìm. khác   a  2 b  5 a1 b2 c Vì M  (  ) nên:    (I) 0,25 1  3b  c  6 2 3 2 a  b  2c  1 0,25 Lại có: d ( M , ( Q ))  1   1  2a  b  2 c  1  3 ( II ) 3   a  2 b  5  Từ ( I ) và ( II ) , ta có hệ phương trình:  3b  c  6  2 a  b  2c  1  3     a  2 b  5   a  3     3b  c  6  b  4   2 a  b  2c  2   c  6   0,25      a  2 b  5  a  9   3b  c  6   b  2    2 a  b  2 c  4  c  12    0,25 Vậy có hai điểm cần tìm là: M ( 3 ; 4 ;  6 ), M ( 9 ;  2 ; 12 )
1,0đ CâuVIIb  2 x  1  3 ).log 2 x  3  2 x  1  4 x (*) x (1,0đ) Giải phương trình: ( 4 : 0,25 Điều kiện: x  0 (1,0đ) x1  3 ).log 2 x  4 x  2 x  1  3  0 x (*)  ( 4  2  ( 4 x  2 x  1  3 ).(log 2 x  1 )  0 0,25 4 x  2 x  1  3  0 ( 1 )   log 2 x  1  0 ( 2 )   2 x  1 ( l ) 2x  2. 2 x  3  0    (1)  2  x  log 2 3 0,25 2 x  3  1  ( 2 )  log 2 x   1  x  2 1 0,25 So sánh điều kiện, phương trình đã cho có hai nghiệm: x  log 2 3 , x  2 ----------------------------Hết----------------------------