Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Đồng Quan năm 2011

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt hơn mời các bạn tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Đồng Quan năm 2011.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Đồng Quan năm 2011

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN Môn:TOÁN; Khối :A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  3 Câu I (2,0điểm) Cho hàm số y  đồ thị (C) x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C). 2. Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến đó cắt tiệm cận đứng và tiệm cận ngang 4 lần lượt tại A, B sao cho côsin góc ABI bằng ,với I là giao 2 tiệm cận của(C). 17 Câu II (2,0 điểm) 3.cosx  6.sinx  sin 2 x 1. Giải phương trình  2. cos 2 x  1  2 x  3  ( y 2  2011)(5  y )  y  2. Giải hệ phương trình  ( x, y  R )  y ( y  x  2)  3 x  3  4 ln(5  x)  x 3 . 5  x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I=  dx . 1 x2 Câu IV (1,0 điểm) Lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm tam giác ABC. Tính thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa cạnh AA’ và cạnh BC theo a, biết góc giữa mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 600 . Câu V (1,0 điểm) Cho x và y là các số thực thỏa mãn: 1  y 2  x ( x  y ) . x6  y6 1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P  x3 y  xy 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD biết phương trình của một đường chéo là: 3 x  y  7  0 , điểm B(0;-3), diện tích hình thoi bằng 20(đvdt). Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình: x 2  y 2  z 2  2 x  4 y  4 z  16  0 , mặt phẳng (Q) có phương trình: 2 x  2 y  z  3  0 . Viết phương trình mặt phẳng (P) song song mp(Q) sao cho mp(P) giao với mặt cầu (S) tạo thành đường tròn có diện tích 16 (đvdt).    Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: 2 log 9 9 x  9  x  log 1 28  2.3x .  3 B.Chương trình nâng cao Câu VI.b ( 2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) x 2  y 2  4 x  96  0 . Tìm điểm M thuộc d: 2 x  y  4  0 sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến tới (C), với A,B là tiếp điểm mà tam giác MAB đều. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, A(0;2;0) B(0;0; 1) và C thuộc Ox . Viết phương trình mặt phẳng (ABC) biết khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P): 2 x  2 y  z  0 bằng khoảng cách từ C tới đường x 1 y z  2 thẳng  :   . 1 2 2 x2  2 x  9 Câu VII.b (1,0điểm) Cho hàm số y  ( H ) và đường thẳng (  ) y  2 x  m x2 4 Tìm m sao cho (H) cắt (  ) tại A,B phân biệt thỏa mãn I (2; ) là trọng tâm tam giác OAB, với O là gốc tọa độ. 3 ………………Hết……………. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh:……………………………………..Số báo danh:…………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: Toán; Khối A ( Đáp án-thang điểm gồm 8 trang) ĐÁP ÁN -THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) . Tập xác định: D=R\ 2 ' 1 0,25 . Sự biến thiên: y  < 0 x  D ( x  2)2 ………………………………………………………………………………………………. . Hàm số nghịch biến trên các khoảng (  ;2) và (2;  ) . Hàm số không có cực trị . Giới hạn lim y  2 TCN y  2 0,25 x lim y   lim y   TCĐ x  2 x 2 x 2 ……………………………………………………………………………………………… . Bảng biến thiên 2 x   0,25 y’ - - 2  y 2 .................................................................................................................................................  3 3 . Đồ thị : Qua A (0 ; ) B( ; 0) 2 2 . I (2; 2) lµm t©m ®èi xøng 8 6 0,25 4 2 - 5 0 -2 -4 2. (1,0 điểm)
2 x0  3 . Gọi M ( x0 ; )  (C ) x0  2 x0  2 1 2x  3 0,25 . Phương trình tiếp tuyến tại M: y 2 ( x  x0 )  0 () ( x0  2) x0  2 …………………………………………………………………………………….........………. 2 x0  2 . A(2; )  (C )  TCĐ B (2 x0  2; 2)  (C )  TCN 0,25 x0  2 …………………………………………………………………………………………………. 4 1 IA . Do Cos ABI  nên Tan ABI   17 4 IB 0,25 2 2 4 . Ta được IB  16.IA  ( x0  2)  16  x0  0 ; x0  4 …………………………………………………………………………………………………. 3 1 3 . KL: Tại M (0; ) phương trình tiếp tuyến: y   x 2 4 2 0,25 5 1 7 Tại M (4; ) phương trình tiếp tuyến: y   x  3 4 2 II 1. (1,0 điểm) (2,0 điển) . Đk: cos 2 x  1  x  k ( (k  R) ) 0,25 . Pt  3Cosx  6Sinx-2SinxCosx = 2(1  2Sin 2 x)  2 ……………………………………………………………………………………..................... .  ( 3  2 Sinx)(Cosx  2 Sinx )  0 0,25 ……………………………………………………………………………………..................... 3  2 0,25 . Sinx   x   k 2 ; x   k 2 (k  R) 3 3 3 ..................................................................................................................................................... . cot x  2  x  arc cot 2  k (k  R) . KL 0,25 2. (1.0 điểm) 3 . Đk: x  , y0 0,25 2 . Pt thứ 2: y 2  (2  x) y  3 x  3  0 .   ( x  4) 2 …………………………………………………………………………………………………….
x2 x4 y1   3 2 . Pt có 2 nghiệm ( do y  0 )  y  x  1 x2 x4 0,25 y2   x 1 2 …………………………………………………………………………………………………. . Thế vào pt thứ 1 ta có 2 x  3  x  1  ( x  1) 2  2011 (4  x)   x4 0,25    ( x  1) 2  2011 ( x  4)   2x  3  x 1 ……………………………………………………………………………………………… . TH1: x  4  y  5 1 0,25 . TH2:   ( x  1)2  2011 vô lý   KL: 2x  3  x  1 III 4 4 ln(5  x ) (1,0 . I  dx   x 5  x .dx =K+H điểm) 1 x2 1 0,25 …………………………………………………………………………………………………..  dx 4 u  ln(5  x) du   ln(5  x )   5 x . K=  2 dx đặt  dx  1 x dv  x 2  v   1   x 0,25 4 ln(5  x ) 4 dx 1 3 . K= (  ) - = ln 4  (  ln(5  x )) 4  ln x 4 = ln 4 . x 1 1 x (5  x ) 5 1 1 5 ………………………………………………………………………………………………… 4 .  H= x 5  x .dx Đặt t  5  x ta có t 2  5  x do đó 2tdt   dx 1 x 1 4 t 2 1 0,25 1 5 t5 164 H   (5  t 2 )t (2t )dt  2( t 3  ) 2  . 2 3 5 15 1 ………………………………………………………………………………………………… 3 164 0,25 . KL: I  ln 4  5 15
IV A’ C’ (1,0điểm) B’ K C H 0,25 M A B . M trung điểm BC ta có AM  BC (1) mà A ' H  BC suy ra A ' M  BC (2) . Từ (1) và (2) ta có (( A ' BC ); ( ABC ))  ( A ' M ; AM )  A ' MA  60 0 ………………………………………………………………………………………………… a 3 1 a 2 a . AM  ; HM  AM  ; AH  AM  2 3 2 3 3 3 A' H a . tan 600   A' H  0,25 MH 2 a a 3 a3 3 2 . Vlt  A ' H .dt ( ABC )  .  (đvtt) 2 4 8 ……………………………………………………………………………………………….. . (AA’M) kẻ MK  A ' A do BC  ( AMA ')  MK  BC 0,25 . d ( AA '; BC )  MK ………………………………………………………………………………………………… A ' H AA ' A ' H .AM . AA ' H đồng dạng AMK    MK  MK AM AA ' a2 a2 7 3a 3a 0,25 . Do A A'=   .a  MK  KL: d ( AA '; BC )  3 4 12 2 7 2 7
V .Từ giả thiết ta có: (1,0điểm) . 1  x 2  y 2  xy  2 xy  xy  xy  1 . 0,25 2 2 2 1 . 1  x  y  xy  ( x  y )  3xy  3 xy  xy  . 3 ……………………………………………………………………………………………………… 6 6 2 2 2 2 2 2 2 . Ta có x 2  y 2  1  xy nên x  y  ( x  y ) ( x  y )  3x y     1  (1  t ) (1  t ) 2  3t 3   1   . Đặt t  xy với t    ;1 \ 0 . Khi đó ta được P  0,25  3  t (1  t ) 2 2t  3 Hay P  = f (t ) t 1 …………………………………………………………………………………………………….  1  . Hàm số f (t ) trên   ;1 \ 0  3  2t 2  4t  3  1  0,25 . Ta có f '(t )  2  0 t    ;1 \ 0 (t  1)  3  ……………………………………………………………………………………………………. 1 . KL: MinP  P (1)  t  1  x  y  1 2 0,25 1 25 1 1 MaxP  P( )   t    x  y   3 6 3 3 VI.a 1. (1,0 điểm ) (2,0điểm) A D I B 0,25 C . . Phương trình AC: 3 x  y  7  0 , B(0;-3) . Phương trình BD x  3 y  9  0 . Tọa độ I  AC  BD  I (3; 2) …………………………………………………………………………………………………….
. Do I là trung điểm BD nên D (6; 1) 0,25 . Gọi A(a;7  3a )  AC ta có BD  2 10 ……………………………………………………………………………………………….. 1 a  3(7  3a )  9 . dt(ABCD)=2.dt(ABD)  .2 10  10 0,25 2 12  32 ………………………………………………………………………………………………… a2 A1 (2;1); C1 (4; 5) 0,25 .  do vậy a4 A2 (4; 5); C2 (2;1) 2. ( 1,0 điểm) 2 2 2 0,25 . (S) có tâm I(1;2;-2) R= 1  2  (2)  16 =5. …………………………………………………………………………………….. .………….. . (P) có dạng: 2 x  2 y  z  c  0 ( c  3 ) 0,25 . Do chu vi đường tròn bằng 8 nên bán kính r  4 …………………………………………………………………………………………………… . d ( I ;( P))  R 2  r 2  3  4c 9 c5 0,25  c  13 …………………………………………………………………………………………………. . KL: ( P ) 2 x  2 y  z  5  0 1 ( P2 ) 2 x  2 y  z  13  0 0,25 VII.a . Đk: 28  2.3x  0  3x  14 (1,0 0,25 điểm)    . Bpt  log 3 9 x  9  log3 3x 28  2.3 x    …………………………………………………………………………………………………. 1 x x 3x  0,25 .  3.9  28.3  9  0  3 x 3 9 ………………………………………………………………………………………………….. 1 3x  0,25 . So sánh điều kiện ta được 3 9  3x  14 ………………………………………………………………………………………………… . KL: Tập nghiệm  ; 1   2;log3 14  0,25 1. (1,0 điểm)
VI.b A (2,0điểm) d I M 0,25 B . Tâm I(2;0), bán kính R=10 ……………………………………………………………………………………………….. . Tam giác MAB đều nên AMB = 600 AI 1 . AMI = 300 nên Sin AMI   do vậy MI  2 R  20 . MI 2 ……………………………………………………………………………………………….. 0,25 . Gọi M (a; 2a  4)  (d ) ta được . (a  2)2  (2a  4) 2  400  5a 2  12a  380  0 ………………………………………………………………………………………………. 0,25 a  10 38 96 .  38 KL: M 1 ( 10; 16) M 2 ( ; ) a 5 5 5 0,25 2. (1,0 điểm) .Gọi C (a;0;0)  Ox 2a . d (C ;( P ))  0,25 3 …………………………………………………………………………………………………     M (1; 0; 2)  MC ; u      . d (C ;(  ))   với MC  (a  1; 0; 2) 0,25 u   u  (1; 2; 2)     .  MC ; u   (4; 4  2a; 2( a  1))   ………………………………………………………………………………………………… 8a 2  24a  36 2a 0,25 . d (C ;( ))  = d (C ;( P ))   a  3 Vậy C (3;0;0) 3 3 …………………………………………………………………………………………………… x y z . Phương trình mp (P):    1  2x  3 y  6z  6  0 3 2 1 0,25
x2  2 x  9 VII.b . Pt  2x  m (1,0 x2 0,25 điểm) .  F ( x )  x 2  ( m  2) x  2m  9  0 (*) ………………………………………………………………………………………………….  F (2)  0 . Đk  2  (m  2)2  36  0  m  R 0,25   (m  2)  4(2m  9)  0 …………………………………………………………………………………………………. . Gọi A( x A ; 2 x A  m) B ( xB ; 2 xB  m) với xA ; xB là nghiệm của (*) 0,25 …………………………………………………………………………………………………. . Do I là trọng tâm tam giác OAB nên:  x A  xB  0 0,25  2  3   m  4  2 xA  m  2 xB  m  4   3 3