Đề thi thử ĐH môn Toán - ĐH Sông Lô (2011-2012) Lần 3

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - ĐH Sông Lô (2011-2012) Lần 3 dành cho các bạn học sinh giúp củng cố kiến thức, luyện thi Đại học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - ĐH Sông Lô (2011-2012) Lần 3

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN - khối A. Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320 http://laisac.page.tl I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh A với A(2;0). Câu II (2,0 điểm) 1 sin 2 x  1. Giải phương trình cot x   2 sin( x  ) 2 sin x  cos x 2 2. Giải bất phương trình : x 2  35  5 x  4  x 2  24  4 2 sin xdx Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân :  cos 4  x (tan 2 x  2 tan x  5)  4 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A' B' C ' có AB  1, CC '  m ( m  0). Tìm m biết rằng góc giữa hai đường thẳng AB ' và BC ' bằng 60 0 . Câu V (1,0 điểm). Tìm m để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt : 2 2 10x + 8x + 4 = m (2x + 1). x + 1 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d1): x  7 y  17  0 , (d2): x  y  5  0 . Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam giác cân tại giao điểm của (d1),(d2). 2. Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức (z2+3z+6)2+2z(z2+3z+6)-3z2 = 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x – 5y – 2 = 0 và đường tròn (C): x 2  y 2  2 x  4 y  8  0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường tròn (C)và đường thẳng d (cho biết điểm A có hoành độ dương). Tìm tọa độ C thuộc đường tròn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là ( S ) : x  y 2  z 2  4 x  2 y  6 z  5  0, ( P) : 2 x  2 y  z  16  0 . 2 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. z2 Câu VII.b (1 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức z4-z3+ +z+1 = 0 2 -------------------------------HẾT------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh...........................................................................số báo danh................................ 1/4
TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011 Đ/c: Đồng Thịnh –Sông Lô – V.Phúc Môn thi : TOÁN - khối A. ĐT : 0987.817.908; 0982.315.320 Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời gian giao đề ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Câu Ý Nội dung Điểm I 2 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) -Tập xác định: R\{1} 2 -Sự biến thiên: y '  2  0 x  1 . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;1 và 1;  0.25  x  1 - lim y  ; lim y    x  1 là tiệm cận đứng   x 1 x 1 0.25 - lim y  lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang x  x  -Bảng biến thiên - x + 1 y' - - 2 y + 0.25 - 2 -Đồ thị: Học sinh tự vẽ. Yêu cầu vẽ đồ thị cân đối, đảm bảo tính đối xứng của 2 nhánh qua giao điểm của hai đường tiệm cận. Thể hiện đúng giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ. 0.25 2 Tìm toạ độ hai điểm B, C… 1,0 2 2 2 Ta có (C ) : y  2  ; Gọi B(b; 2  ), C (c; 2  ), với ( b < 1 < c). x 1 b 1 c 1 Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B, C lên trục Ox, ta có  AH  CK AB  AC ; CAK  BAH  90  CAK  ACK  BAH  ACK và BHA  CKA  900  ABH  CAK    HB  AK C B 0,5 H A K  2 2  b  2  c  1  b  1 Hay   .Vậy B (1;1), C (3;3) . 0,5 2 2  c2 c  3   b 1 II 2,0 1 Giải phương trình … 1,0 §iÒu kiÖn: sin x  0, sin x  cos x  0. 2 cos x 2sin x cos x cos x 2cos x    0.5 PT    2cos x  0    0  cos x  sin( x  )  sin 2x   0 2 sin x sin x  cos x 2 sin x sin x  cos x  4  2/4
 +) cos x  0  x   k , k   . 2      2 x  x  4  m 2  x  4  m2 0,25   t 2 +) sin 2 x  sin( x  )    m, n  Z  x   4  2 x    x    n2  x    n2 4 3   4   4 3   t 2 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ x   k ; x   , k , t  . 0.25 2 4 3 2 Giải bất phương trình…. 1,0 2 2 11 2 2 BPT tương đương: x  35  x  24  5 x  4   5 x  4  11  (5 x  4)( x  35  x  24) 0.25 2 2 x  35  x  24 4 a)Nếu x  không thỏa mãn BPT 0.25 5 b)Nếu x > 4/5: Hàm số y  (5 x  4)( x 2  35  x 2  24) với x > 4/5 1 1 y’= 5( x 2  35  x 2  24)  (5 x  4)(  ) >0 mọi x>4/5 0.5 x 2  35 x 2  24 Vậy HSĐB. +Nếu 4/51 thì y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 III Tính tích phân 1,0  2 1 1 4 sin xdx dt t 2 dt 2 dt I  cos 4 2 . Đặt t  tan x  dx  2 . Ta có I   2  2  ln  3 2  x (tan x  2 tan x  5) 1 t 1 t  2t  5 3 1 t  2t  5 0.5  4 1 0 dt t 1 1  2 3 Tính I1   . Đặt  tan u  I1   du  8 . Vậy I  2  ln  . 1 2 t  2t  5 2 2  3 8 0,5  4 IV 1,0 Hình Vẽ A B C m A’ B’ 1 C’ 1 120 0 3 D KÎ BD // AB ' ( D  A ' B ')  ( AB ' , BC ' )  ( BD, BC ' )  600  DBC' 600 hoÆc DBC'  1200. 0,25 NÕu DBC' 600 . V× l¨ng trô ®Òu nªn BB '  ( A ' B ' C '), ¸p dông ®Þnh lý Pitago vµ ®Þnh lý cosin ta cã BD  BC '  m 2  1 vµ DC '  3. KÕt hîp DBC' 600 ta suy ra BDC' ®Òu. Khi đó m2  1  3  m  2. 0,5 NÕu DBC' 1200 . ¸p dông ®Þnh lý cosin cho BDC' suy ra m  0 (lo¹i). VËy m  2 . 0,25 3/4
V Tìm m để phương trình … 1,0 2 æ 2x + 1 ö ÷ - m æ 2x + 1 ö + 2 = 0 . 10x 2 + 8x + 4 = 2(2x + 1)2 + 2(x 2 + 1) (3)  2 ç 2 ç ÷ ç ç 2 ÷ ÷ ç x + 1ø è ÷ ç x + 1ø è ÷ 0,25 2x + 1 2t 2 + 2 Đặt = t Điều kiện : –2< t £ 5. Rút m ta có: m= . 0,25 x2 + 1 t 12 Lập bảng biên thiên được đáp số 4 < m £ hoặc –5 < m < - 4 0,5 5 VI 2,0 a 1 Viết phương trình đường thẳng ... 1,00 Phương trình đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: x  7 y  17 x  y 5  x  3 y  13  0 (1 ) 0,5   2 1  (7) 2 12  12 3 x  y  4  0 ( 2 ) PT đường cần tìm đi qua M(0;1) và song song với 1,  2 nên ta có hai đường thẳng thoả mãn 0,5 x  3 y  3  0 và 3 x  y  1  0 2 Tìm toạ độ điểm D… 1,00 x  1 t    Ta có AB   1; 4; 3 Phương trình đường thẳng AB:  y  5  4t 0,25  z  4  3t  Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hình chiếu vuông góc của C trên cạnh AB 0,25     Gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)  DC  ( a; 4 a  3;3a  3) . Vì AB  DC =>-a-16a+12- 21  5 49 41  0.5 9a+9=0 a  . Tọa độ điểm D  ; ;  26  26 26 26  VII Giải phương trình trên tập số phức 1,00 a z 2 + 3z + 6 Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trình . Chia cả hai vế cho z2 và đặt t = , z 0,5 2 Dẫn tới phương trình : t +2t-3 = 0 t=1 hoặc t=-3.  Với t=1 , ta có : z2+3z+6 = z  z2+2z+6 = 0  z = -1 5 i 0,25  Với t=-3 , ta có : z2+3z+6 = -3z  z2+6z+6 = 0 z = -3  3 0,25 VI 2,0 b 1 Tìm toạ độ điểm C 1,00 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình x2  y2  2x  4 y  8  0  y  0; x  2 0,5   .Vì A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). x  5y  2  0  y  1; x  3 Vì ABC  900 nên AC là đường kính đường tròn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I của đường tròn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). 0,5 2 Tìm toạ độ các điểm M, N 1,0 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. 0,25 4/4
2.2  2.  1  3  16  Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): d  d I ,  P    3 5 d  R. Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt 0,25 phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của  và (P).  Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là n P   2;2; 1 và qua I nên có phương trình là  x  2  2t   y  1  2t  t  . 0,25 z  3  t  Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5  4 13 14  2  2  2t   2  1  2t    3  t   16  0  9t  15  0  t     .Suy ra N 0   ;  ;  . 9 3  3 3 3   3  Ta có IM 0  IN 0 . Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 5 VII Giải phương trình trên rập số phức ... 1,00 b z2 z2 . z4-z3+ +z+1 = 0  (z4+1)-(z3-z)+ =0. 0,5 2 2 1 1 1 5 1 2 ) –(z- ) + =0  w2 - w + = 0, (với w = z - Chia cả hai vế cho z2, ta được : (z2+ ) z z 2 2 z 1 3 1 3  w = + i, hoặc w = - i 2 2 2 2 1 1 3 1 + Phương trình : z- = + i cho nghiệm z1=1+i ; z2 =- (1-i) z 2 2 2 1 1 3 1 + Phương trình : z- = - i cho nghiêm z3=- (1+i) ; z4= 1-i z 2 2 2 0,5 5/4