Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tĩnh Gia 2 lần 2 năm 2011

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thảo Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tĩnh Gia 2 lần 2 năm 2011 có kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi tuyển sinh Đại học.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Tĩnh Gia 2 lần 2 năm 2011

SỞ GD&ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TĨNH GIA 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (LẦN 2) NĂM 2011 MÔN TOÁN; KHỐI A (Thời gian làm bài 180 phút) I.Phần chung cho tất cả các thí sinh(7điểm) 2 x + 1 CâuI:(2điểm) Cho hµm sè y = x + 1 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè . 2. T×m täa ®é ®iÓm M sao cho kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm I (- ; 2 tíi tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i M lµ 1 ) lín nhÊt . CâuII:(2điểm) 1)Giải pt: sin3x2cos2x=3sinx+2cosx; 2)Giải pt: 1 + x + 1 - x = 2 - x 2 1 dx CâuIII: (1điểm) Tính tích phân: I= ò . ( x + 1 3 x 3 + 1 0 3 ). CâuIV: (1điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, 0 mặt bên tạo với mặt đáy một góc 60 . Mặt phẳng (P) chứa cạnh AB, tạo với đáy hình chóp góc 0 30 và cắt SC, SD lần lượt tại M,N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN theo a. CâuV(1điểm) Cho c¸c sè thùc d¬ng: a, b, c tho¶ m·n: a+b+c=3. a4 b4 4 c T×m GTNN cña: P = + + 3 3 b + 7 3 c3 + 7 3 a 3 + 7 Phần riêng(3điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong 2phần (phần A hoặc B) A.Theo chương tình chuẩn: CâuVI.A(2 điểm) 2 2 1) Trong hệ trục 0xy, cho đường tròn (C): x +y 8x+12=0 và điểm E(4;1). Tìm toạ độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được 2 tiếp tuyến MA, MB đến (C), với A,B là các tiếp điểm sao cho E thuộc đường thẳng AB. x y z x - 1 y z 2) Trong kh«ng gian Oxyz, cho d1 : = = ; d 2 : = = vµ (P): x+2y+3z= 0. 1 1 1 -1 2 3 ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng d c¾t d1; d2 ®ång thêi d// (P) vµ d ^ d1 . CâuVII.A(1điểm) gi¶i ph¬ng tr×nh: ( z 2 - z )( z + 5 z + 6) = 10 , z Î C. B.Theo chương trình nâng cao. CâuVI.B:(2điểm) 3 1) Cho tam giác ABC có diện tích S= , hai đỉnh A(2;3), B(3;2) và trọng tâm G của 2 tam giác thuộc đt 3xy8=0. Tìm tọa độ đỉnh C. x y - 2 z + 4 x + 8 y - 6 z - 10 2) Cho 2 đt : (d): = = d , ( ' ) : = = 1 - 1 2 2 1 - 1 Trong các mặt cầu tiếp xúc với các đt (d) và (d’), viết pt mặt cầu (S) có bán kính bé nhất. ì x log 3 y + 2 y log 3 x = 27 CâuVII.B: (1điểm) Giải hệ: í îlog 3 y - log 3 x = 1 ……………………..Hết……………………………. Tuan79th@zing.com gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN (Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa, GV chấm tự chia thang điểm) Câu Nội dung Điểm CâuI 1.(1,25đ) (C): y= 2 x + 1 (2điểm) x + 1 *)TXĐ: D=R\ {1} 0,5 *) Sự biến thiên: a) Chiều biến thiên: 1 y’= > 0 "x ¹ -1 , ( x + 1 2 ) HS đồng biến trên các khoảng ( ¥ ;1) và (1;+ ¥ ) b)Giới hạn: 0,25 lim y = 2 ; lim y = 2 ; lim y = +¥; lim y = -¥ x -¥ ® x +¥ ® x ® -1- ® + x -1 1 ĐTHS có tiệm cận đứng là đt x= 2 ĐTHS có tiệm cận ngang là đt y=2 c)Bảng biến thiên: 0,25 x ¥ 1 + ¥ y’ + + y + ¥ 2 2 ¥ *) Đồ thị: y 0,25 Đồ thị cắt 0y tại (0;1) 1 Đồ thị cắt trục 0x tại ( ;0) 2 Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận 2 y I( 1;2) làm tâm đối xứng. - O 1 x - x= 2. æ 1 ö 0,25 2. NÕu M ç x 0 ; 2 - ç ÷ Î ( ) th× tiÕp tuyÕn t¹i M cã ph¬ng C (0,75đ) è x + 1 ÷ 0 ø 1 1 tr×nh y - 2 + = ( x - x ) hay 0 x + 1 ( x + 1 2 0 0 ) ( x - x ) - ( x + 1 2 ( y - 2 - ( x + 1 = 0 0 0 ) ) 0 )
. Kho¶ng c¸ch tõ I (- ; ) tíi tiÕp tuyÕn lµ 1 2 0,25 ( -1 - x ) - ( x + 1 0 0 ) 2 x + 1 0 2 d = = = . Theo 4 1 + ( x + 1 ) 1 + ( x + 1 4 ) 1 0 0 + ( x + 1 2 0 ) ( x + 1 2 0 ) bÊt ®¼ng thøc C«si 1 + ( x 0 + 1 2 ³ 2 , v©y d £ 2 . Kho¶ng ) 0,25 2 ( x 0 + 1 ) c¸ch d lín nhÊt b»ng 2 khi 1 2 0 ) 2 = ( x 0 + 1 2 Û ( x + 1 = 1 Û x = -2 .hoặc x=0 ) 0 ( x 0 + 1 ) VËy cã hai ®iÓm M : M (- 2; ) hoÆc M ( ; ) 3 0 1 CâuII 1.(1điểm) TXĐ: R 0,25 2 2 (2điểm) Pt Û 2sinx(1cosx ) +2cosx +cosx1=0 Û (1+cosx)( 2(sinx+cosx)2sinxcosx1)=0 0,25 Cosx=1 Û x = p + k 2 p 2(sinx+cosx)2sinxcosx1)=0 (2) 0,25 Đặt t= sinx+cosx , t £ 2 Từ (2) ta có: t(t2)=0 Û t=0 - p 0,25 Û x= + kp (k Î Z) 4 - p Vậy pt có 2 họ nghiệm x = p + k 2 ;x= p + kp 4 2. ĐK 1 £ x £ 1 . Đặt t= 1 + x + 1 - x suy ra: 0.25 (1điểm) t 2 = 2 + 2 1 - x 2 Þ t ³ 2 t 4 - 4 2 - 4 + 8 = 0 t t PT trở thành: ét = 2 0,25 ( - 2 t 3 + 2 2 - 4 = 0 Û ê 3 t )( t ) t 2 ët + 2 - 4 = 0 t=2 Þ x = 0 (TMĐK) 0,25 t 3 + 2 2 - 4 = t 3 + 2 t 2 - 2 > 0 nên pt thứ 2 VN t ( ) 0,25 Vậy pt có nghiệm dn x=0 CâuIII 1 x 3 + 1 - x 3 1 dx 1 x 3 dx 0,25 I= ò dt = ò -ò (1điểm) x 3 + 1 3 x 3 + 1 0 ( ) 0 3 3 x + 1 0 3 ( x 3 + 1 4 ) ìu = x Þ du = dx 0,5 ï Đặt í x 2 - 1 dv = dx Þ v = ï 3 ( x 3 + 1 4 ) 3 ( x 3 + 1 ) î
1 1 x 3 dt - x 1 dx Khi đó A= ò = +ò 0 3 ( x 3 + 1 4 ) 3 x 3 + 1 0 0 3 x 3 + 1 1 0,25 Vậy I= 3 2 Câu IV Gọi O là tâm hv ABCD, E,F là trung điểm AB, CD 0,25 (1điểm) Suy ra MN//AB//CD nên ABMN là hình thang cân đáy lớn AB Gọi S là dt ht ABMN ta có: S=1/2(AB+MN).IE ( I là trung điểm MN) TG SEF đều 0,25 ì a 3 ï IE = ï 2 .S= 3 3 a 2 í ïMN = a 8 ï î 2 ìSI ^ MN 0,25 í Þ SI ^ ( ABMN ) îSI ^ IE Hay SI là đường cao của hchóp S.ABMN Tg SEF đều cạnh a, I là tr đ SF nên SI=a/2 0,25 1 3 3 2 1 3 3 Vậy: V= . a . a = a 3 8 2 16 CâuV Theo B§T Cauchy ta cã: 0,5 4 4 4 3 (1điểm) a a b + 7 a + ³ 2 3 (1) + a + 3 3 b +7 b +7 3 3 b + 7 16 3 3 b4 b4 b4 3 c + 7 + + + ³ 2 3 (2) b 3 3 c +7 3 3 c +7 3 3 c + 7 16 c4 c4 c4 3 a + 7 + + + ³ 2 3 (3) c 3 3 a +7 3 3 a +7 a + 7 16 3 3 31 21 (1)+(2)+(3)=> 3P ³ (a 3 + b 3 + c 3 ) - (4) 16 16 Theo B§T Cauchy ta cã: 0,25 3 3 3 (a +1+1)+ (b +1+1)+ (c +1+1) ³ 3(a+b+c) ð a3 +b3 +c3 ³ 3 (5)
Tõ (4) vµ (5) ta cã: 3P ³ 9 Û P³ 3 0,25 2 2 3 VËy P min= Û a = b = c = 1 2 CâuVIA 1. (1điểm) 0,25 (2điểm) 1(1đ) Gọi toạ độ của các tiếp điểm A,B là A(xA,yA), B(xB,yB); PT tt MA là : (xA4)(x4)+yAy=4 Vì tt đi qua M(0;y0) nên ta có 4(xA4)+yAy0=4 4 x A - 12 Þ y A = y 0 4 x B - 12 0,25 Tương tự: y B = y 0 PT đt AB là: 0,25 y - y A x - x A = Thay yA, yB ta được: y B - y A x B - x A x 12 4 4 A - y = ( x - x A ) y 0 y 0 Thay toạ độ điểm E và pt AB ta được: 0,25 x 4 A - 12 4 1 - = ( - x A ) Û y = 4 4 0 y 0 y 0 Vậy có 1 điểm t/m M(0;4) 2. 2. - Ph¬ng tr×nh d tho¶ ®Ò bµi cã VTCP 0,25 r uur (1điểm) ìu ^ n p = (1; 2;3) r ï í r uur => u = ( -1; 2; -1) ïu ^ ud 1 = (1;1;1) î -uuu Gäi A(a; a; a) Î d1; B(1-b; 2b; 3b) Î d2 => r 0,25 AB = (1-a-b; 2b-a; 3b-a) uuu r r ì 2 0,25 ì AB = ku ï ï a = 3 ï - §êng th¼ng d qua A,B ó í Û í ï A Ï ( P) î ïb = 1 ï î 4 x- 2 y- 2 z- 2 0,25 - VËy d : 3 = 3= 3 1 - 2 1 CâuVII PT Û (z-1)(z+3)(z+2)z=10 0,25 A(1đ) Û (z2+2z-3)( z2+2z)=10 é z 2 + 2 z = 5 0,25 Û ê 2 ë z + 2 z = -2 { Û z Î -1 ± 6; -1 ± i } { } V©y nghiÖm : z Î -1 ± 6; -1 ± i 0,5
CâuVIB 1) Gọi C’ là chân đường cao hạ từ C. Ta có: AB= 2 0,25 (2điểm) 3 2 1(1đ) Nên CC’=2S/AB= 2 Qua G kẻ đường // AB và cắt CC’ tại H Ta có: HC’/CC’=GM/CM=1/3 2 vậy HC’= là khoảng cách từ G đến AB 2 Pt đt AB là xy5=0 0,25 x - y - 5 2 é x - y - 6 = 0 1 ( ) Gọi G(x;y), ta có: = Û ê x - y - 4 = 0 2 2 2 ë ( ) G là giao điểm của trung tuyến CM và một trong 2 đương (1) 0,25 hoặc (2) ta có: G(1;5) hoặc G(2;2) Từ GC = -2GM Ta suy ra có 2 điểm thmbt là: 0,25 C(2;10) hoặc C(1;1) 2(1đ) Gọi (S) có tâm I và bán kính R 0,25 Gọi tiếp điểm của (S) với (d), (d’) là M,N Khi đó: 2R=IM+IN ³ MN ³ HK (*) HK là đường vuông góc chung của (d), (d’), H thuộc (d), K thuộc (d’). Đt(*) xảy ra khi và chỉ khi (S) là mc đường kính HK Gọi H( t;2t;4+2t), K( 8+2s;6+s;10s) 0,25 Ta có HK ( 8+2st; 4+s+t; 14s2t) Vì HK là đường VGC của (d) và (d’) nên: ì HK . = 0 ìt = 2 ï u í Ûí ï HK . = 0 îs = 4 î v H(2;0;0), K(0;10;6) và HK= 140 0,25 (S) có tâm I(1;5;3) là trung điểm HK và bk R=HK/2 0,25 2 2 2 Vậy pt (S): (x1) +(y5) +(z3) =35. Đặt u= log 3 x , v = log 3 y 0,5 uv ì3 = 9 Ta có hệ: í CâuVII îv - u = 1 B(1đ) Giải hệ trên được nghiệm 0,25 u=1;v=2 hoặc u=2; v=1 0,25 Vậy hệ có 2 nghiệm X=3;y=9 hoặc x=1/9;y=1/3