Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Tài 2 năm 2011
lượt xem 3
download
Các bạn học sinh và quý thầy cô hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Tài 2 năm 2011 kèm đáp án để hệ thống lại kiến thức đã học cũng như kinh nghiệm ra đề.
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Tài 2 năm 2011
- SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Môn: Toán – Ngày thi: 06.12.2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm) 2x 3 Cho hàm số y x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2 điểm) x x x 1. Giải phương trình 1 sin sin x cos sin 2 x 2 cos 2 2 2 4 2 1 2. Giải bất phương trình log 2 (4 x 2 4 x 1) 2 x 2 ( x 2) log 1 x 2 2 Câu III (1 điểm) e ln x Tính tích phân I 3 x 2 ln x dx 1 x 1 ln x Câu IV (1 điểm) a Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC = . SA a 3 , SAB SAC 30 0 . Tính thể tích 2 khối chóp S.ABC. 3 Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn : a + b + c = . Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 1 1 1 biểu thức P 3 3 3 a 3b b 3c c 3a Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2 Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn) Câu VIa (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : 2 x y 5 0 . d 2: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d1 và d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2. 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình: x y z 2 0 . Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4 điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S). Câu VIIa (1 điểm)
- Tìm số nguyên dương n biết: 2C2 n1 3.2.2C2 n 1 .... (1)k k (k 1)2 k 2 C2 n 1 .... 2 n(2 n 1)2 2 n1 C2 n1 40200 2 3 k 2 n 1 Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm) x2 y2 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: 1. 16 9 Viết phương trình chính tắc của elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm của (H) và ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở của (H). 2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho P : x 2 y z 5 0 và đường thẳng x3 (d ) : y 1 z 3 , điểm A( -2; 3; 4). Gọi là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao 2 điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất. Câu VIIb (1 điểm): 2 3 x 1 2 y 2 3.2 y 3 x Giải hệ phương trình 3 x 2 1 xy x 1 -------------- Hết-------------- Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh:--------------------------- Số báo danh Dáp án Câu Nội dung Điểm I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số .................. 1,00 1) Hàm số có TXĐ: R \ 2 0,25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: * lim y ; lim y x2 x 2 0,25 Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim y lim y 2 đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x x b) Bảng biến thiên: 1 Ta có: y' 0, x 2 x 2 2 Bảng biến thiên: - 2 x 0,25 + y’ - - 2 + y - 2
- * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;2 và 2; 3) Đồ thị: 3 3 + Đồ thị cắt trục tung tại 0; và cắt trục hoành tại điểm ;0 2 2 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. y 0,25 2 3/2 2 x O 3/2 I. 2 Tìm M để đường tròn có diện tích nhỏ nhất .......................... 1,00 2x 3 1 Ta có: M x0 ; 0 , x0 2 , y' (x0 ) x0 2 x0 22 Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: 0,25 1 2x 3 :y (x x 0 ) 0 x 0 2 2 x0 2 2x 2 x 2 ; B2x 0 2;2 Toạ độ giao điểm A, B của và hai tiệm cận là: A 2; 0 0 x A x B 2 2x 0 2 y y B 2x 0 3 0,25 Ta thấy x0 xM , A y M suy ra M là 2 2 2 x0 2 trung điểm của AB. Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích 2x 0 3 2 1 0,25 S = IM 2 (x0 2)2 ( x 0 2 ) 2 2 2 2 x0 2 (x 0 2 )
- 1 x 0 1 Dấu “=” xảy ra khi (x0 2)2 2 (x 0 2 ) x 0 3 0,25 Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) II. 1 Giải phương trình lượng giác ...... 1 điểm x x 2 2 x 1 sin sin x cos sin x 2 cos (1) 2 2 4 2 0,25 1 1 sin x sin x cos x sin 2 x 1 cos x 1 sin x 2 2 2 x x x x x x sin x sin cos sin x 1 0 sin x sin cos .2 sin cos 1 0 0,25 2 2 2 2 2 2 x x x sin x sin 1 2 sin 2 2 sin 1 0 0,25 2 2 2 sin x 0 x k sin x 1 x k x x k, k Z 0,25 2 k2 x k4 x x 2 2 2 sin 2 2 sin 1 2 2 II. 2 Giải bất phương trình......................... 1 điểm 1 1 1 x 2 x 0 x 1 ĐK: 2 2 x * 0,25 4x 2 4x 1 0 (2x 1)2 0 x 1 2 2 Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: 2 log 2 (1 2x) 2x 2 (x 2)log 2 (1 2x) 1 0,25 xlog 2 (1 2x) 1 0 x 0 x 0 x 0 1 log 2 (1 2x) 1 0 log 2 2(1 2x) 0 2(1 2x) 1 x x 0 x 0 x 0 4 0,25 x 0 log 2 (1 2x) 1 0 log 2 2(1 2x) 0 2(1 2x) 1 1 1 Kết hợp với điều kiện (*) ta có: x hoặc x < 0. 4 2 0,25 III Tính tích phân............................. 1 điểm e e ln x I dx 3 x 2 ln xdx 1 x 1 ln x 1 e ln x 1 0,25 +) Tính I1 dx . Đặt t 1 ln x t 2 1 ln x; 2 tdt dx 1 x 1 ln x x Đổi cận: x 1 t 1; x e t 2
- I1 2 1 t 2 2 t3 .2 tdt 2 t 2 1 dt 2 t 22 2 2 0,25 t 3 3 1 1 1 dx e u ln x du x +) Tính I 2 x 2 ln xdx . Đặt 2 3 0,25 1 dv x dx v x 3 e x3 1 e3 1 x3 e3 e3 1 2e3 1 I2 .ln x 1 x 2 dx . e e 1 0,25 3 31 3 3 3 3 9 9 9 5 2 2 2e 3 I I1 3I 2 0,25 3 IV Tính thể tích hình chóp ......................... 1 điểm S M A C N B Theo định lí côsin ta có: SB 2 SA 2 AB 2 2SA.AB.cos SAB 3a 2 a 2 2.a 3.a.cos 30 0 a 2 0,25 Suy ra SB a . Tương tự ta cũng có SC = a. Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB SA, MC SA. Suy ra SA (MBC). 0,25 1 1 1 Ta có VS .ABC VS .MBC VA. MBC MA.S MBC SA.S MBC SA.S MBC 3 3 3 Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN BC. Tương tự ta cũng có MN SA. 0,25 2 2 a a 3 3a 2 a 3 MN2 AN2 AM2 AB2 BN2 AM2 a 2 2 16 MN 4 . 4 1 1 1 a 3 a a3 Do đó VS .ABC SA. MN.BC a 3 . . 0,25 3 2 6 4 2 16 V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .................. 1 điểm
- áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 1 1 1 3 1 1 1 9 (x y z) 33 xyz x y z 9 (*) 3 xyz x y z xyz 0,25 1 1 1 9 áp dụng (*) ta có P 3 3 3 3 a 3b b 3c c 3a a 3b b 3c 3 c 3a 3 áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có a 3b 1 1 1 3 a 3b1.1 a 3b 2 3 3 3 b 3c1.1 b 3c 1 1 1 0,25 b 3c 2 3 3 3 c 3a1.1 c 3a 1 1 1 c 3a 2 3 3 1 1 3 Suy ra a 3b 3 b 3c 3 c 3a 4 a b c 6 4. 6 3 3 3 3 4 0,25 Do đó P 3 3 Dấu = xảy ra a b c 4 a b c 1 a 3b b 3c c 3a 1 4 0,25 Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi a b c 1 / 4 VIa.1 Lập phương trình đường thẳng ...................... 1 điểm Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1 (2;1) ; d 2 có vectơ chỉ phương a 2 (3;6) Ta có: a1.a 2 2.3 1.6 0 nên d1 d 2 và d1 cắt d2 tại một điểm I khác P. Gọi d 0,25 là đường thẳng đi qua P( 2; -1) có phương trình: d : A(x 2) B(y 1) 0 Ax By 2 A B 0 d cắt d1, d2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d1 ( hoặc d2) một góc 450 2A B A 3B 0,25 cos 450 3A 2 8AB 3B 2 0 A2 B 2 2 2 (1) 2 B 3A * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x y 5 0 0,25 * Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x 3y 5 0 Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x y 5 0 0,25 d : x 3y 5 0 Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d1, d 2 của tam giác đã cho. Các đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 có phương trình 0,25 2x y 5 3x 6 y 7 3x 9y 22 0 (1 ) 3 2x y 5 3x 6 y 7 2 2 (1)2 32 6 2 9x 3y 8 0 ( 2 ) +) Nếu d // 1 thì d có phương trình 3x 9y c 0 . 0,25 Do P d nên 6 9 c 0 c 15 d : x 3y 5 0 +) Nếu d // 2 thì d có phương trình 9x 3y c 0 . 0,25 Do P d nên 18 3 c 0 c 15 d : 3x y 5 0
- Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán. d : 3x y 5 0 0,25 d : x 3y 5 0 VIa. 2 Xác định tâm và bán kính của đường tròn........ 1 điểm Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) 0,25 * Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là: x 2 y 2 z 2 2ax 2 by 2cz d 0, a 2 b2 c 2 d 0 5 2a 2 b d 2 0 a 2 2a 6 b 4c d 14 0 Vì A' , B, C, D S nên ta có hệ: b 1 0,25 8a 6 b 4c d 29 0 c 1 8a 2 b 4c d 21 0 d 1 Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x 2 y 2 z 2 5x 2 y 2 z 1 0 5 29 (S) có tâm I ;1;1 , bán kính R 2 2 +) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C) +) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). (d) có vectơ chỉ phương là: n 1;1;1 x 5 / 2 t 5 0,25 Suy ra phương trình của d: y 1 t H t;1 t;1 t z 1 t 2 5 5 5 Do H d (P ) nên: t 1 t 1 t 2 0 3t t 2 2 6 5 1 1 H ; ; 3 6 6 75 5 3 29 75 31 186 IH , (C) có bán kính r R 2 IH2 0,25 36 6 4 36 6 6 VII a. Tìm số nguyên dương n biết....... 1 điểm 2 n 1 0 1 2 2 k k k 2 n 1 2 n 1 * Xét (1 x) C 2 n 1 C 2 n 1x C 2 n 1x .... ( 1) C 2 n 1x .... C 2 n 1x (1) * Lấy đạo hàm cả hai vế của (1) ta có: 0,25 (2 n 1)(1 x )2 n C1 n 1 2C 2 n 1x ... (1) k kC 2 n 1x k 1 .... (2n 1)C 2 n 1x 2 n (2) 2 2 k 2 n 1 Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có: 2n(2n 1)(1 x)2n 1 2C2 n 1 3C3 n1x ... (1)k k(k 1)C2n 1xk 2 .... 2n(2n 1)C2n 1x2 n 1 k 0,25 2 2 2n 1 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 0,25 2n(2n 1) 2C 2 1 3.2.2C2n 1 ... ( 1) k k(k 1)2 k 2 C 2 n 1 ... 2n(2n 1)22n 1 C 2n 1 2n 3 k 2n 1 Phương trình đã cho 2n(2n 1) 40200 2n 2 n 20100 0 n 100 0,25 VIb.1 Viết phương trình chính tắc của E líp 1 điểm (H) có các tiêu điểm F1 5;0; F2 5;0 . Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh 0,25 là M( 4; 3), x 2 y2 Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 1 ( với a > b) a 2 b2 0,25 (E) cũng có hai tiêu điểm F1 5;0 ; F2 5;0 a 2 b 2 52 1
- M 4;3 E 9a 2 16 b 2 a 2 b 2 2 2 2 2 a 5 b a 2 40 0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ: 2 2 2 2 2 9a 16b a b b 15 x 2 y2 Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 1 0,25 40 15 VIb. 2 Tìm điểm M thuộc để AM ngắn nhất 1 điểm x 2t 3 Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được: y t 1 z t 3 0,25 Gọi I là giao điểm của (d) và (P) I 2t 3; t 1; t 3 Do I P 2t 3 2(t 1) (t 3) 5 0 t 1 I 1;0;4 * (d) có vectơ chỉ phương là a (2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến là n1;2;1 0,25 a, n 3;3;3 . Gọi u là vectơ chỉ phương của u 1;1;1 x 1 u : y u . Vì M M 1 u; u;4 u , AM1 u; u 3; u 0,25 z 4 u AM ngắn nhất AM AM u AM.u 0 1(1 u) 1(u 3) 1.u 0 4 7 4 16 0,25 u . Vậy M ; ; 3 3 3 3 VIIb Giải hệ phương trình:................... 1 điểm 2 3x 1 2 y 2 3.2 y 3x (1) 3x 2 1 xy x 1 (2) x 1 0 x 1 Phương trình (2) 2 0,25 3 x 1 xy x 1 x(3 x y 1) 0 x 1 x 0 x 0 x 1 3 x y 1 0 y 1 3 x * Với x = 0 thay vào (1) 8 8 0,25 2 2 y 2 3.2 y 8 2 y 12.2 y 2 y y log 2 11 11 x 1 * Với thay y = 1 – 3x vào (1) ta được: 2 3 x 1 2 3 x 1 3.2 y 1 3x 1 Đặt t 2 3 x 1 Vì x 1 nên t 0,25 4 1 2 (3) t 6 t 6 t 1 0 1 3 t 3 8 lo¹ i x log 2 3 8 1 t t 3 8 y 2 log (3 8 ) 2
- x 0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 1 x log 2 3 8 1 8 và 3 0,25 y log 2 11 y 2 log (3 8 ) 2
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D năm 2013 - mã đề 23
8 p | 1776 | 814
-
Tuyển tập Đề thi thử ĐH môn Toán năm 2014
4 p | 137 | 25
-
Đề thi thử ĐH môn Toán lần 4 năm 2014 - THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội
3 p | 159 | 19
-
Đề thi thử ĐH môn Toán đợt 4 - THPT Chuyên KHTN
2 p | 181 | 15
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 3 năm 2013-2014 - Sở GD & ĐT Hải Phòng
5 p | 149 | 13
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 1 năm 2014 - Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu
7 p | 238 | 12
-
Đề thi thử ĐH môn Toán năm 2014 - Đề số 2
1 p | 72 | 8
-
Đề thi thử ĐH môn Toán lần 1 năm 2013 - 2014 - THPT Chuyên Lương Văn Chánh
6 p | 83 | 8
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối A, A1,B, D lần 1 năm 2014 - Trường Hà Nội Amsterdam
5 p | 142 | 8
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối A lần 2 năm 2014
1 p | 134 | 8
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối A,A1,B,D năm 2013-2014 - Trường THPT Quế Võ 1
5 p | 147 | 8
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 2 năm 2013-2014 - Trường THPT Ngô Gia Tự
6 p | 185 | 7
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối B & D năm 2013-2014 - Trường THPT Ngô Gia Tự
5 p | 112 | 6
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 1 năm 2013-2014 - Trường THPT Tú Kỳ
6 p | 130 | 6
-
Đề thi thử ĐH môn Toán khối D lần 1 năm 2013-2014 - Sở GD & ĐT Vĩnh Phúc
7 p | 151 | 6
-
Đề thi thử ĐH môn Toán năm 2014 - Đề số 3
1 p | 80 | 6
-
Đáp án và thang điểm đề thi thử ĐH môn Toán khối A lần 2 năm 2014
6 p | 151 | 5
-
Đề thi thử ĐH môn Toán năm 2009 - 2010 - Trường THPT Chuyên Hạ Long
13 p | 93 | 5
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn