Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Trần Cao Vân lần 2 năm 2011

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

45
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Trần Cao Vân 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 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 Trần Cao Vân lần 2 năm 2011

Trường THPT Trần Cao Vân ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2011 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH 2x  3 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2( tanx – sinx ) + 3( cotx – cosx ) + 5 = 0 2. Giải phương trình: x2 – 4x - 3 = x  5 Câu III (1 điểm) 1 dx Tính tích phân:  2 1 1  x  1  x Câu IV (1 điểm) Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất . Câu V ( 1 điểm ) 1 1 1 1 1 1 Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn    4 . CMR:   1 x y z 2x  y  z x  2 y  z x  y  2 z PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a.( 2 điểm ) 1. Tam giác cân ABC có đáy BC nằm trên đường thẳng : 2x – 5y + 1 = 0, cạnh bên AB nằm trên đường thẳng : 12x – y – 23 = 0 . Viết phương trình đường thẳng AC biết rằng nó đi qua điểm (3;1) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho mp(P) : x – 2y + z – 2 = 0 và hai đường thẳng :  x  1  2t x 1 3  y z  2  (d)   và (d’)  y  2  t 1 1 2 z  1  t  Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) nằm trong mặt phẳng (P) và cắt cả hai đường thẳng (d) và (d’) . CMR (d) và (d’) chéo nhau và tính khoảng cách giữa chúng . Câu VIIa . ( 1 điểm ) Tính tổng : S  C0 C5  C1 C7  C5 C3  C5 C7  C5 C1  C5C7 5 7 5 4 2 7 3 2 4 7 5 0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b.( 2 điểm ) 1. Viết phương trình tiếp tuyến chung của hai đường tròn : (C1) : (x - 5)2 + (y + 12)2 = 225 và (C2) : (x – 1)2 + ( y – 2)2 = 25 2. Trong không gian với hệ tọa độ Đêcác vuông góc Oxyz cho hai đường thẳng : x  t x  t   (d)  y  1  2t và (d’)  y  1  2t  z  4  5t  z  3t   a. CMR hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau . b. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của góc tạo bởi (d) và (d’) .
Câu VIIb.( 1 điểm ) Giải phương trình : 2log5  x 3  x ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. http://ductam_tp.violet.vn/ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Nội dung Điểm 2x  3 Hàm số y = có : x2 - TXĐ: D = R \ {2} - Sự biến thiên: 0,25 + ) Giới hạn : Lim y  2 . Do đó ĐTHS nhận đường thẳng y = 2 làm TCN x  , lim y  ; lim y   . Do đó ĐTHS nhận đường thẳng x = 2 làm TCĐ x  2 x  2 +) Bảng biến thiên: 1 0,25 Ta có : y’ =  2 < 0 x  D  x  2 2 x   y’ - - 2  0,25 1 y 2 1.25đ  I 2.0đ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;2  và hàm số không có cực trị 8 - Đồ thị 3 0,5 + Giao điểm với trục tung : (0 ; ) 6 2 + Giao điểm với trục hoành : 4 A(3/2; 0) 2 - ĐTHS nhận điểm (2; 2) làm tâm đối xứng -5 5 10 -2 -4 2  1  1 Lấy điểm M  m; 2     C  . Ta có : y '  m    2 . 0,75đ  m2  m  2
Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 0,25đ 2  y x  m  2   m  2 m2  2  Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2    m2 0,25đ Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2)  2 1  Ta có : AB2  4  m  2   2  8 . Dấu “=” xảy ra khi m = 2    m  2   Vậy điểm M cần tìm có tọa độ là : (2; 2) 0,25đ Phương trình đã cho tương đương với : 2(tanx + 1 – sinx) + 3(cotx + 1 – cosx) = 0  sin x   cosx  0,25  2  1  sin x     1  cosx   0  cosx   sin x  2  sin x  cosx  cosx.sin x  3  sin x  cosx  cosx.sin x    0 cosx sin x 0,25  2 3      cosx  sin x  cosx.sin x   0  cosx sin x  2 3 3 0,5 1  Xét   0  tan x   tan   x    k  1,0đ cosx sin x 2  Xét : sinx + cosx – sinx.cosx = 0 . Đặt t = sinx + cosx với t    2; 2  . Khi đó phương trình trở thành:   2 t 1 t  0  t 2  2t  1  0  t  1  2 2      1 2 Suy ra : 2cos  x    1  2  cos  x     cos  4  4 2 II 2,0đ   x     k 2 4 2 x - 4x + 3 = x  5 (1) 0,25 TXĐ : D =  5; ) 2 1   x  2  7  x 5 2 đặt y - 2 = x  5 , y  2   y  2  x  5 Ta có hệ :  x  2  2  y  5  x  2  2  y  5 2   0,25  2  1,0đ  y  2   x  5   x  y  x  y  3  0 y  2 y  2     0,5
   x  2  2  y  5     x  y  0   5  29  x      x  2   y  5   2 2    x  1  x  y  3  0    y  2 1 1 1 dx 1 x  1 x2 1 x  1 x2 Ta có :  1 x  = 2 dx   dx  0,5 1 1 x2 1 1  x   1  x 2  1 2x 1 1 1 1  1  x2    1 dx   2 1  x  1 2x dx 1 1 1  1 1 0,5  I1  1  x  1 dx  2 ln x  x  |1  1   2   III 1 1.0đ 1đ 1 x2  I2   dx . Đặt t  1  x 2  t 2  1  x 2  2tdt  2xdx 1 2x x  1 t  2 Đổi cận :    x  1  t  2  2 t 2dt Vậy I2=  2  t 2  1  0 2 Nên I = 1 Gọi  là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) . 0,25 Ta có :   SCA ; BC = AC = a.cos  ; SA = a.sin  Vậy 1 1 1 1 VSABC  .SABC .SA  .AC.BC.SA  a 3 sin .cos 2  a 3 sin  1  sin 2   3 6 6 6 Xét hàm số : f(x) = x – x3 trên khoảng ( 0; 1) 1 Ta có : f’(x) = 1 – 3x2 . f '  x   0  x   3 IV Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số 0,5 2đ 1.0đ f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm S cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN  1  2 hay Max f  x   f   x 0;1  3 3 3 a3 Vậy MaxVSABC = , đạt được khi 9 3 1 1 B sin  = hay   arcsin A 3 3  C
 ( với 0 <   ) 2 +Ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1  .(  );  (  );  (  ) 2x  y  z 4 2x y  z x  2y  z 4 2 y x  z x  y  2 z 4 2z y  x 1 1 1 1 + Lại có :  (  ); xy 4 x y 1.0đ V 1 1 1 1 1đ  (  ); yz 4 y z 1 1 1 1  (  ); xz 4 x z cộng các BĐT này ta được đpcm. Đường thẳng AC đi qua điểm (3 ; 1) nên có phương trình : a(x – 3) + b( y – 1) = 0 (a2 + b2  0) . Góc của nó tạo với BC bằng góc của 0,25 AB tạo với BC nên : 2a  5b 2.12  5.1  0,25 2 2 2 2 2 5 . a b 2  52 . 12 2  12 2 2a  5b 29 2    5  2a  5b   29  a 2  b 2  2 2 a b 5 1 a  12b 1đ  9a + 100ab – 96b = 0   2 2 a  8 b 0,25  9 Nghiệm a = -12b cho ta đường thẳng song song với AB ( vì điểm ( 3 ; 1) không thuộc AB) nên không phải là cạnh tam giác . Vậy còn lại : 9a = 8b hay a = 8 và b = 9 Phương trình cần tìm là : 8x + 9y – 33 = 0 0,25 Mặt phẳng (P) cắt (d) tại điểm A(10 ; 14 ; 20) và cắt (d’) tại điểm B(9 ; 6 ; 5) 0,25 VIa Đường thẳng ∆ cần tìm đi qua A, B nên có phương trình : 2đ x  9  t   y  6  8t 0,25  z  5  15t   + Đường thẳng (d) đi qua M(-1;3 ;-2) và có VTCP u 1;1; 2    + Đường thẳng (d’) đi qua M’(1 ;2 ;1) và có VTCP u '  2;1;1 2 1đ Ta có :    MM '   2; 1;3          MM '  u, u '   2; 1;3  1 1 ; 1 1 ; 1 2 2 2 1 1 2 1   8  0 0,25 Do đó (d) và (d’) chéo nhau .(Đpcm) Khi đó :      MM '  u, u '   8 d   d  ,  d '        u, u ' 11   0,25
Chọn khai triển : .0,25 5  x  1  C0  C15 x  C2 x 2    C5 x 5 5 5 5 7  x  1  C 0  C1 x  C 2 x 2    C7 x 7  C 0  C1 x  C7 x 2    C5 x 5   7 7 7 7 7 7 2 7 5 5 7 0,25 Hệ số của x trong khai triển của (x + 1) .(x + 1) là : VIIa 1đ C5 C7  C1 C 7  C5 C7  C5C 7  C5 C1  C5C7 0 5 5 4 2 3 3 2 4 7 5 0 0,25 Mặt khác : (x + 1)5.(x + 1)7 = (x + 1)12 và hệ số của x5 trong khai triển của (x + 1)12 là : C125 Từ đó ta có : C5 C7  C1 C7  C5 C3  C5 C7  C5 C1  C5C7 = C12 = 792 0 5 5 4 2 7 3 2 4 7 5 0 5 0,25 Đường tròn (C1) có tâm I1(5 ; -12) bán kính R1 = 15 , Đường tròn (C2) có tâm I2(1 ; 2) bán kính R1 = 5 . Nếu đường thẳng Ax + By + C = 0 0,25 (A2 + B2  0) là tiếp tuyến chung của (C1) và (C2) thì khoảng cách từ I1 và I2 đến đường thẳng đó lần lượt bằng R1 và R2 , tức là :  5A  12B  C   15 1  A 2  B2 0,25   A  2B  C  5 2  A 2  B2    Từ (1) và (2) ta suy ra : | 5A – 12B + C | = 3| A + 2B + C | 1 Hay 5A – 12B + C =  3(A + 2B + C) 1đ TH1 : 5A – 12B + C = 3(A + 2B + C)  C = A – 9B thay vào (2) : 0,25 |2A – 7B | = 5 A 2  B2  21A 2  28AB  24B2  0 14  10 7 A B 21 Nếu ta chọn B= 21 thì sẽ được A = - 14 10 7 , C = 203  10 7 Vậy có hai tiếp tuyến : (- 14 10 7 )x + 21y 203  10 7 = 0 VIb 4A  3B 2đ TH2 : 5A – 12B + C = -3(A + 2B + C)  C  , thay vào (2) ta 2 được : 96A2 + 28AB + 51B2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm . 0,25  a) + Đường thẳng (d) đi qua M(0 ;1 ;4) và có VTCP u 1; 2;5   + Đường thẳng (d’) đi qua M’(0 ;-1 ;0) và có VTCP u ' 1; 2; 3  1 3 Nhận thấy (d) và (d’) có một điểm chung là I   ; 0;  hay (d) và (d’) cắt  2 2 nhau . (ĐPCM)   u   15  15 15  2 b) Ta lấy v   .u '    ; 2 ; 3 . 1đ u'  7 7 7        15 15 15  Ta đặt : a  u  v  1   ;2 2 ;5  3   7 7 7       15 15 15  b  u  v  1   ;2  2 ;5  3   7 7 7   Khi đó, hai đường phân giác cần tìm là hai đường thẳng đi qua I và lần lượt
  nhận hai véctơ a, b làm VTCP và chúng có phương trình là :  1  15   1  15   x    1   t   x    1   t  2  7   2  7      15    15  y   2  2 t và y   2  2 t  7   7           z  3   5  3 15  t    z  3   5  3 15  t    2    7   2  7      ĐK : x > 0 PT đã cho tương đương với : log5( x + 3) = log2x (1) 0,25 Đặt t = log2x, suy ra x = 2t t t 2 1  2   log5  2t  3  t  2t  3  5t     3    1 (2) 0,25 3 5 t t 2 1 VIIb 1đ Xét hàm số : f(t) =    3   3 5 t t 2 1 0,25 f'(t) =   ln 0, 4  3   ln 0, 2  0, t  R 3 5 Suy ra f(t) nghịch biến trên R Lại có : f(1) = 1 nên PT (2) có nghiệm duy nhất t = 1 hay log2x = 1 hay x =2 Vậy nghiệm của PT đã cho là : x = 2 0,25