Đề thi thử ĐH lần 3 môn Toán năm 2010 - 2011 - THPT Chuyên Hà Tĩnh

Chia sẻ: Thúc Nhân Nghĩa | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

87
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử ĐH lần 3 môn Toán năm 2010 - 2011 của Trường THPT Chuyên Hà Tĩnh là tài liệu không thể thiếu giúp các em biết được các dạng Toán trong kì thi ĐH, CĐ để có sự chuẩn bị tốt nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH lần 3 môn Toán năm 2010 - 2011 - THPT Chuyên Hà Tĩnh

TR¦êNG THPT chuyªn §Ò thi Thö §¹i häc lÇn iii, n¨m häc 2010-2011 Hµ TÜnh M«n : To¸n ; Khèi : A, B ------*****------ Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò. WWW.VNMATH.COM I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) C©u I. (2,0 ®iÓm) 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè y = x 3 - 3x2. m 2. BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x = . x − 3x 2 C©u II. (2,0 ®iÓm)  π 1. T×m nghiÖm x ∈ ( 0; π ) cña ph¬ng tr×nh : 5cosx + sinx - 3 = 2 sin  2 x +  .  4 3x 2 + 2 x + 2 2. T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó hµm sè y = log 2 x¸c ®Þnh ∀x ∈ R . x 2 + 2mx + 1 e ln(1 + ln 2 x ) C©u III. (1,0 ®iÓm) ∫ TÝnh tÝch ph©n I = 1 x dx . C©u IV. (1,0 ®iÓm) Cho khèi l¨ng trô ®øng ABCD. A1 B1C1 D1 cã ®¸y lµ h×nh b×nh hµnh vµ cã ∠BAD = 45 0 . C¸c ®êng chÐo AC1 vµ DB1 lÇn lît t¹o víi ®¸y c¸c gãc 45 0 vµ 600. H·y tÝnh thÓ tÝch cña khèi l¨ng trô nÕu biÕt chiÒu cao cña nã b»ng 2. 8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy − 5(2 x + 3 y ) 6 xy = 0  C©u V. (1,0 ®iÓm) Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :  2 ( x, y ∈ R ) . 2 x + 3 y 2 = 30  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng täa ®é Oxy, cho các đường thẳng d1 : 3 x + 2 y − 4 = 0 ; d 2 : 5 x − 2 y + 9 = 0 . Viết phương trình đường tròn có tâm I d 2 và tiếp xúc với d1 tại điểm A ( −2;5 ) . 2. Trong không gian täa ®é Oxyz, cho hình thoi ABCD với A(−1 ; 2; 1), B(2 ; 3 ; 2) . x +1 y z − 2 Tìm tọa độ các đỉnh C, D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng d : = = . −1 −1 1 Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z − 1 = 5 và 17( z + z ) − 5 z z = 0 . B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng täa ®é Oxy, cho ®êng trßn (C) : x2 + y2 - 6x - 2y + 1 = 0. ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) ®i qua M (0;2) vµ c¾t (C) theo d©y cung cã ®é dµi b»ng 4. 2. Trong không gian täa ®é Oxyz, viÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) chøa trôc Oy vµ (P) c¾t mÆt cÇu (S) : x2 + y2 + z2 - 2x + 6y - 4z + 5 = 0 theo giao tuyÕn lµ mét ®êng trßn cã b¸n kÝnh b»ng 2. ( ) 8 Câu VIIb. (1,0 điểm) Trong các acgumen của số phức 1 − 3i , tìm acgumen có số đo dương nhỏ nhất . ------------------------------------ Hết ------------------------------------- WWW.VNMATH.COM
Ghi chó : ThÝ sinh kh«ng ®îc sö dông tµi liÖu – C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh :--------------------------------------; Sè b¸o danh:------------------- TTT trêng THPTchuyªn kú thi Thö §¹i häc lÇn iii, n¨m häc 2010 -2011 Hµ TÜnh M«n: To¸n - Khèi: a, B C© §¸p ¸n §iÓ u m I 1. y = x3 - 3x2. (1® * TËp x¸c ®Þnh : D = R ) * Sù biÕn thiªn : 0.25 − Giíi h¹n: lim y = + lim y = − x + x − − ChiÒu biÕn thiªn : y = 3x2 - 6x = 3x(x -2) , Hµm sè ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng ( - ; 0) vµ (2; + ), nghÞch biÕn trªn kho¶ng (0;2). - Đồ thị có điểm cực đại (0;0), điểm cực tiểu (2; -4) 0.25 − B¶ng biÕn thiªn : x - 0 2 + y’ + 0 - 0 + 0.25 y 0 -4 * §å thÞ : y y'' = 6x - 6 = 0 ⇔ x = 1 §iÓm uèn U(1;-2) §å thÞ ®i qua c¸c ®iÓm (-1;−4), (3; 0) vµ nhËn ®iÓm U(1;-2) lµm t©m ®èi xøng . 0 x 0.25 2. m x 0, x 3 (1® x= . Sè nghiÖm cña pt b»ng sè giao ®iÓm cña ®å thị 0.25 x − 3x 2 x x − 3x = m 2 ) y = x x − 3x ( x 2 0 và x 3) với đồ thị y = m . x 3 − 3x 2 khi x < 0 hoac x > 3 Ta có y = x x − 3 x = 2 . − x 3 + 3 x 2 khi 0 < x < 3 0.25 Lập bảng biến thiên ta có: x - 0 2 3 + y’ + 0 + 0 - + 4
y 0 0.25 0 +/ m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm. +/ m = 0 pt vô nghiệm. +/ 0 < m < 4 pt có 3 nghiệm. +/ m = 4 pt có 2 nghiệm. 0,25 II 1.  π (1®) 5cosx + sinx - 3 = 2 sin  2 x +  5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x 0.25  4 2cos2x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0 0,25 (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0. +/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm. 1 π 0,25 +/ cosx = � x = � + 2kπ , k �Z . 2 3 π 0,25 Đối chiếu điều kiện x ( 0; π ) suy ra pt có nghiệm duy nhất là : 3 2 3x 2 + 2 x + 2 3x 2 + 2 x + 2 0.25 (1®) Hàm số xác định ∀x R ∀� 2 �۳۳ log 0 1 x R (*). x 2 + 2mx + 1 x 2 + 2mx + 1 m2 − 1 < 0 Vì 3x + 2x + 2 > 0 ∀x , nên (*) 2 0.25 x 2 + 2mx + 1 3 x 2 + 2 x + 2 ∀x 2 x 2 + 2(1 − m) x + 1 0 0,25 � 4 x 2 + 2(m + 1) x + 3 �0 , ∀x �R . −1 < m < 1 Giải ra ta có với : 1- 2 m < 1 thì hàm số xác định với ∀x R . 0,25 III. 1 2t Đặt lnx = t , ta có I = ln(1 + t )dt . 2 (1®) Đặt u = ln( 1+t2) , dv = dt ta có : du = dt , v = t . 0.25 0 1+ t2 1 1 t2 �1 1 dt � Từ đó có : I = t ln( 1+ t ) − 2� 2 dt = ln 2 − 2 � dt − � 2 �(*). 2 � 0 1+ t � 0.5 0 0 1+ t �0 1 dt π Tiếp tục đặt t = tanu , ta tính được = . 0 1+ t 2 4 0.25 π Thay vào (*) ta có : I = ln2 – 2 + . 2 Hình lăng trụ đứng nên cạnh bên vuông góc với đáy và độ dài cạnh bên bằng chiều cao của IV. hình lăng trụ. Từ giả thiết ta có : � 1 AC = 45 , � 1 DB = 60 . C 0 B 0 (1®) 2 Từ đó suy ra : AC = CC1 = 2 , BD = 2 cot 600 = . 0,5 3 Áp dụng định lý cô sin có: BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD. cos450 , AC2 = DC2 +AD2 – 2DC.AD.cos1350. Ta có :
4 4 BD2 –AC2 =- AB.AD 2 + DC. AD( − 2) = −2 2 AB. AD � − 4 = −2 2 AB. AD � AB. AD = 0,5 3 3 2 4 2 4 Từ đó VABCD. A1B1C1D1 = AB.AD sin450.AA1 = . .2 = . 3 2 2 3 Điều kiện xy 0 .Nếu x = 0 suy ra y = 0 không thoả mãn pt (2) của hệ. Nếu y = 0 cũng tương tự, 0,5 V. vậy xy > 0. (1®) 2x + 3y 6 xy 5 Pt (1) của hệ 8 x 2 + 18 y 2 + 36 xy = 5(2 x + 3 y ) 6 xy � + = . 6x y 2x + 3y 2 2x + 3y 1 t 2 −1 5 Đặ t = t , t 2. Xét f(t) = t + , t 2 . Ta thấy f’(t) = 2 > 0 ∀t 2 suy ra f(t) . 6 xy t t 2 0,5 Dấu = xẩy ra khi t = 2 hay khi 2x = 3y. Thay vào pt (2) của hệ , suy ra hệ có nghiệm: x = 3 ; y = 2. VIa. Do đường tròn tiếp xúc với đường thẳng d1 tại điểm A nên IA ⊥ d1 . d2 1. Vậy phương trình IA là: 0.5 (1® 2 ( x + 2 ) − 3 ( y − 5 ) = 0 � 2 x − 3 y + 19 = 0 ) d1 A �x − 2 y + 9 = 0 5 � =1 x Kết hợp I d 2 nên tọa độ tâm I là nghiệm hệ � �� I ( 1;7 ) 0,5 � x − 3 y + 19 = 9 2 � =7 y Bán kính đường tròn R = IA = 13 . Vậy phương trình đường tròn là: ( x − 1) + ( y − 7 ) = 13 2 2 uu r uu r Gọi I ( −1 − t ; −t ; 2 + t ) d . Ta có IA = ( t ; 2 + t ; −1 − t ) , IB = ( 3 + t ;3 + t ; −t ) . uu uu r r 2. Do ABCD là hình thoi nên IA.IB = 0 � 3t 2 + 9t + 6 = 0 � t = −1, t = −2 . 0,5 (1®) Do C đối xứng với A qua I và D đối xứng với B qua I nên: * Với t = −1 �� 0;1;1) I( C ( 1;0;1) , D ( −2; −1;0 ) . 0.5 * Với t = −2 �� 1; 2;0 ) I( C ( 3; 2; −1) , D ( 0;1; −2 ) .
VIIa. ( a − 1) + b 2 = 5 � a 2 + b 2 − 2a = 24 ( 1) 2 Đặt z = a + bi , ta có: z − 1 = 5 � (1®) 34 Mặt khác: 17( z + z ) − 5 z.z = 0 � a + b = 2 2 a ( 2) 5 0.5 24 Thay (2) vào (1) được a = 24 � a = 5 . Kết hợp với (1) có b 2 = 9 � b = 3, b = −3 . 5 0,5 Vậy có hai số phức thỏa mãn bài toán là: 5 + 3i và 5 − 3i . VIb (C) có tâm I(3;1) và b/k R =3 .Giả sử (C) cắt (d) tại A , B .Hạ IH ⊥ AB thì H là trung điểm của AB 1. suy ra AH = 2. Tam gíac AHI vuông tại H nên IH = IA2 − AH 2 = 9 − 4 = 5 . 0,5 (1®) Vì (d) qua M(0;2) nên có pt A(x-0) +B(y-2) = 0 ( A2 + B2 0) Ax + By – 2B = 0 . 3 A + B − 2B 1 Ta có IH = 5� = 5 � 2 A2 − 3 AB − 2 B 2 = 0 . Chọn B = 1 ta có : A = 2 hoặc - . A +B 2 2 2 Vậy có 2 đt (d) phải tìm là : (d1): 2x + y -2 = 0 và (d2) : x – 2y + 4 = 0. 0.5 Phương trình (S) : (x-1)2 + (y + 3)2 + ( z -2)2 = 9 suy ra tâm I( 1; -3;2), b/k R = 3. (P) chứa Oy nên pt có dạng Ax + Cz = 0 với (A2 +C2 0 ). 2. (1®) 0.5 A + 2C (P) cắt (S) theo đường tròn b/k r = 2 suy ra d(I,(P)) = R2 − r 2 = 5 � = 5 � C = 2A 0.5 A2 + C 2 Chọn A = 1 thì C = 2. Vậy pt mf (P) là : x + 2z = 0. VIIb. �1 3 � � π π � (1®) Ta có 1 − 3i = 2 � − � 2 i � 2 � − 3 ) + i sin(− 3 ) � = cos( � � . �2 � � 0,5 8� 8π 8π � Theo công thức Moavơrơ ta có z = 2 � − ) + i sin(− ) � Từ đó suy ra z có họ các cos( . � 3 3 � 8π 4π acgumen là : − + 2kπ , k Z . Ta thấy với k = 2 thì acgumen dương nhỏ nhất của z là . 0,5 3 3
VII 0.25 b. 0.5 0.25 −