Đề thi thử môn toán trường ĐH Vinh_2011

Chia sẻ: Tranthi Kimuyen | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử môn toán trường đh vinh_2011', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử môn toán trường ĐH Vinh_2011

www.MATHVN.com Dt c DAI Hec vINH o sAr cnAr tUqrrlc t 6p tz LAN r, NAwI zorr CrrurEX T UOX: TOAX; Thdi gian I m bii: 180 phrtt c THPT c rff prrn c cHo rAr cA suvn e,o a$m') r. v= !*'-(2**l)x2+(m+2)t..,'+ cOd6th! (C^), m ldthams6. 7CiuI.(2,04i6m1 Chohdms6 '3 I . Khio s6t sy bi6n thi€n vi vE dd thi cua ham s5 d[ cho l
of IsAo sAr cn,ir LUqNG nfip pLAN NAM zorr 1, DAp AN www.MATHVN.com hiri gian lirm bhiz 180 phrit *fON: TOAN; T Ddn dn L; (1,0 itiam) +*+!. -5x2+ a I. J (2'0 -.. I \ olem, 0x+4. 0€l
0,5' *i-6trf,J (l) tucmg duong v&r x +t 0 kh6ng thda min Nhfln thdy .r = n€n =0 www.MATHVN.com f+1, =t,.t2ffi Dil t=4 (tntlk) t^dugc t2 -6t+8=0 +b' +cr az -.1 orem Ir"*b+c+l)2, *lftl']' i l[c * g < [' (a +lXb + . ] ......-:...-.-..,.............: fr www.mathvn.com - Page3/16
2 54 Psa+b+c+l (a+b+c+3)3 - Suy ra www.MATHVN.com
c 1tS,|*-+.:h=t +Jn)y+(3- hay 6x+(3 www.MATHVN.com ^r7-t2=0" e)';.#.;E=l -Jily+(3+ JnJ,-rZ=o. hay 6x+(3 li o. {2,3, 4, 5, e,l\; d e {0,2,4,61 Gii ab;A . Theo bdi ra ta c6 srl s6 thda mfln bdi todn . VfIa. Xdt hai tudrng hqrp: (1'0 0'5 TH I: d = 0 . Khi cl6 a c6 6 cdch chgn, b c6 6 c6ch chgn, c c6 5 c6ch chgn. tli6m) $qv rq q6i 6x 6r | t!9 tq6l . Q,4, 61.=Khi d6 d c6 3 c6ch chgn, a c6 5 cdch chgn, D c6 6 c6ch chgn, c c6 5 TIt 2: d c6ch chgn. 0'5 Suy ra c6: 3 x 5 x 6 x 5 = 450 (s5). Vfy s5 c6c s6 thda mdn h 180 + 450 = 630. l. (I,o itidm) vIb. Gii su M(x; y). Ke MH L AB . (2,0 MH=g ve LIyAH vu6ng c6n. TU giethi6t suy ra tli6m) l3 50 2 MHJ, =.,6. Suy ra AA,I = 0'5 v=-z -1, - x-1, v - ! -2. D[t Khi d6 ta c6 u 0'5 -zrv-1 ( 2. (1,0 iti6m) 0 n€n ab *0. Gi[ su A(a;O; 0), 8(0; b;0). Vl Vonu" > Ke (a) n6n 9-l=r 'iiobzab 4*1=r.vi Suyla @):I+ (1) il -3 fii 0'5 diqn vudng t4i On€n Vouur= ol.t b *I OA.OB.OC = Oe,ACle * I fab=) (2)
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 www.MATHVN.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN : TOÁN; Thới gian làm bài :180 phút I.PHẦN CHUNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7 điểm) Câu I. (2,0 điểm) x  1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) hàm số y  . x2 2. Tìm trên (H) các điểm A,B sao cho độ dài AB = 4 và đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x. Câu II(2,0 điểm) sin 2x  cos x  3  cos 2x  sin x   0. 1. Giải phương trình 2sin 2x  3  x 4  4x 2  y 2  4y  2  2. Giải hệ phương trình  2 .  x y  2x  6y  23 2  x ln  x  2  Câu III.(1,0 điểm).Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y  và trục hoành. 4  x2 Câu IV.(1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chử nhật với AB = a, AD = a 2 , góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) bằng 600 . Gọi H là trung điểm của AB.Biết mặt bên SAB là tam giác cân tại đỉnh S và thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.AHC Câu V.(1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  2xy  3(x  y  z) . Tìm giá trị nhỏ nhất 20 20 của biểu thức P  x  y  z   . xz y2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) a. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình chứa đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt có phương trình x – 2y – 13 = 0 và 13x – 6y – 9 = 0. Tìm toạ độ B,C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I(-5;1). 2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm A(1;0;0), B(2;-1;2), C(-1;1;3) và đường thẳng x 1 y z  2 . Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua điểm A và cắt mặt :  1 2 2 phẳng (ABC) theo một đường tròn sao cho đường tròn có bán kính nhỏ nhất 9 Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z  3i  1  iz và z  là số thuần ảo. z b. Theo chương trình nâng cao Câu VIb(2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): x 2  y 2  4x  2y  15  0 . Gọi I là tâm đường tròn (C). Đường thẳng  đi qua M(1;-3) cắt (C) tại hai điểm A và B. Viết phương trình đường thẳng  biết tam giác IAB có diện tích bằng 8 và cạnh AB là cạnh lớn nhất. x  2 y 1 z 1 2. Trong không gian toạ độ Oxyz cho điểm M(1;-1;0) và đường thẳng  :   và mặt phẳng 1 2 1 (P): x + y + z - 2 = 0. Tìm toạ độ điểm A thuộc mặt phẳng (P) biết đường thẳng AM vuông góc với  và 33 khoảng cách từ A đến đường thẳng  bằng . 2 4 4 z  z  Câu VIIb.(1,0 điểm ) Cho các số phức z1 , z2 thoả mãn z1  z 2  z1  z 2  0 . Tính A   1    2  www.mathvn.com z-1 Page6/16  z2   
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH www.MATHVN.com ời gian làm bài: 180 phút MÔN: TOÁN; Th TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) a. Tập xác định: D   \ {2}. I. (2,0 b. Sự biến thiên: điểm) 1 * Chiều biến thiên: Ta có y '   0, x  2 . ( x  2) 2 Suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng (; 2) và (2;  ) . 0,5  x 1  x 1 lim y  lim  1 và lim y  lim  1 ; * Giới hạn: x   x  2 x   x  2 x   x    x 1  x 1 lim y  lim   và lim y  lim   . x2 x2 x2 x2 x2 x2 * Tiệm cận: Đồ thị có đường tiệm cận ngang là y  1 ; đường tiệm cận đứng là x  2 . *Bảng biến thiên: x   2   y'  1 1 y y  0,5 c. Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại (1; 0), O x 12 1 cắt trục tung tại (0;  ) và nhận giao 1 I 2 điểm I (2;  1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 2. (1,0 điểm) Vì đường thẳng AB vuông góc với y  x nên phương trình của AB là y   x  m .  x 1   x  m , hay phương trình Hoành độ của A, B là nghiệm của phương trình x2 x 2  (m  3) x  2m  1  0, x  2 (1) Do phương trình (1) có   (m  3)  4(2m  1)  m  2m  5  0, m nên có hai nghiệm 0,5 2 2 phân biệt x1 , x2 và cả hai nghiệm đều khác 2. Theo định lí Viet ta có x1  x 2  m  3; x1 x 2  2m  1 Theo giả thiết bài toán ta có AB 2  16  ( x2  x1 ) 2  ( y2  y1 ) 2  16  ( x 2  x1 ) 2  ( x 2  m  x1  m) 2  16  ( x 2  x1 ) 2  8  ( x1  x 2 ) 2  4 x1 x 2  8  (m  3) 2  4(2m  1)  8  m 2  2m  3  0  m  3  m  1. * Với m  3 phương trình (1) trở thành x 2  6 x  7  0  x  3  2 . Suy ra hai điểm A, 0,5 B cần tìm là (3  2 ;  2 ), (3  2 ; 2 ) . * Với m  1 ta có hai điểm A, B cần tìm là (1  2 ;  2  2 ) và (1  2 ;  2  2 ) . Vậy cặp điểm TM: (3  2 ;  2 ), (3  2 ; 2 ) hoặc (1  2 ;  2  2 ) , (1  2 ;  2  2 ) . 1. (1,0 điểm) www.mathvn.com - Page7/16 II.   3  x   k và x   k , k  . Điều kiện: sin 2 x  (2,0 2 6 3
điểm) Khi đó pt  sin 2 x  cos x  3 (cos 2 x  sin x)  2 sin 2 x  3 www.MATHVN.com  sin 2 x  3 sin x  3 cos 2 x  cos x  3  0 0,5  sin x(2 cos x  3 )  (2 cos x  3 )( 3 cos x  2)  0  (2 cos x  3 )(sin x  3 cos x  2)  0  5  3  x   6  k 2 cos x   2   0,5     sin  x  3   1  x  6  k 2    5  k 2 , k   . Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x  6 2. (1,0 điểm) 2 ( x  2)  ( y  2)  10 2 2 Hệ   2  x ( y  2)  6 y  23  Đặt u  x 2  2, v  y  2. Khi đó hệ trở thành 0,5 u  v  4, uv  3 u 2  v 2  10 u 2  v 2  10    u  v  12, uv  67 (u  2)(v  4)  6(v  2)  23 uv  4(u  v)  19 TH 1. u  v  12, uv  67 , hệ vô nghiệm. u  v  4 u  3, v  1 TH 2.  , ta có  uv  3 u  1, v  3 u  3  x 2  1  x  1 0,5  * Với  ta có  v  1 y  3 y 3  u  1  x  1 2 * Với  ta có  , hệ vô nghiệm. v  3 y  3 Vậy nghiệm (x, y) của hệ là (1; 3), (1; 3). Chú ý: HS có thể giải theo phương pháp thế x 2 theo y từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất. x  0 x ln( x  2) 0 III. Ta có phương trình . Suy ra hình phẳng cần tính diện tích chính  x  1 4 x 2 (1,0 điểm) là hình phẳng giới hạn bởi các đường x ln( x  2) y , y  0, x  1, x  0. 4  x2 0 0 x ln( x  2)  x ln( x  2) 0,5 Do đó diện tích của hình phẳng là S   dx   dx. . 4x 4  x2 2 1 1 x dx Đặt u  ln( x  2), dv  dx . Khi đó du  , v  4  x2 . x2 4 x 2 Theo công thức tích phân từng phần ta có 0 0 0 4  x2 4  x2  dx  2 ln 2   S  4  x ln( x  2) 2 dx. x2 x2 1 1 1 www.mathvn.com - Page8/16
 Đặt x  2 sin t. Khi đó dx  2 cos tdtwww.MATHVN.com hi x  0, t  0. . Khi x  1, t   ; k 6 0 0,5  0 0 0 4  x2 4 cos 2 t Suy ra I    2 sin t  2 dt  2  (1  sin t )dt  2(t  cos t )   2  3  3. dx  x2 1   6 6 6  Suy ra S  2 ln 2  2  3  . 3 +) Từ giả thiết suy ra SH  ( ABCD). S IV. Vẽ HF  AC ( F  AC )  SF  AC (1,0 (định lí ba đường vuông góc). điểm Suy ra SFH  60 0. Kẻ BE  AC ( E  AC ). Khi đó I K 1 a2 HF  BE  . 0,5 2 D 23 A F a2 E Ta có SH  HF . tan 600  . H J 2 a3 1 Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD  . B C 3 3 +) Gọi J, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AHC. Ta có AH .HC. AC AH .HC. AC 3a 3 r   . 4S AHC 2S ABC 42 Kẻ đường thẳng  qua J và  // SH . Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . AHC là giao điểm của đường trung trực đoạn SH và  trong mặt phẳng (SHJ). Ta có 0,5 2 SH IH  IJ 2  JH 2   r2 . 4 31 Suy ra bán kính mặt cầu là R  a . 32 Chú ý: HS có thể giải bằng phương pháp tọa độ. 1 Từ giả thiết ta có 3( x  y  z )  ( x  y ) 2  z 2  ( x  y  z ) 2 . V. 0,5 2 (1,0 Suy ra x  y  z  6 . điểm Khi đó, áp dụng BĐT Côsi ta có 8  81 1  8 8    ( y  2)    4 2 P   ( x  z)     xz   y2  xz y2 xz y2     0,5 8 82  12  12   2  22   26. 4 ( x  z )( y  2) x yz2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  1, y  2, z  3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 26, đạt được khi x  1, y  2, z  3 . 1. (1,0 điểm) Ta có A(3;  8). Gọi M là trung điểm BC VIa. A (2,0  IM // AH . Ta suy ra pt IM : x  2 y  7  0. điểm) Suy ra tọa độ M thỏa mãn x  2 y  7  0 0,5  M (3; 5).  I 13x  6 y  9  0 C B M H Pt đường thẳng BC : 2( x  3)  y  5  0  2 x  y  11  0. B  BC  B (a; 11  2a). Khi đó - Page9/16 www.mathvn.com 0,5
a  4www.MATHVN.com IA  IB  a 2  6a  8  0   . Từ đó suy ra B (4; 3), C (2; 7) hoặc B(2; 7), C (4; 3). a  2 2. (1,0 điểm) Ta có AB(1;  1; 2), AC (2; 1;  3). Suy ra pt ( ABC ) : x  y  z  1  0. Gọi tâm mặt cầu I    I (1  t ; 2t ; 2  2t ) . Khi đó bán kính đường tròn là 0,5 2t 2  4t  8 2(t  1) 2  6 r  IA2  d 2 ( I , ( ABC ))    2. 3 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t  1. 0,5 Khi đó I (2;  2; 0), IA  5. Suy ra pt mặt cầu ( x  2) 2  ( y  2) 2  z 2  5. Đặt z  a  bi (a, b  ). Ta có | z  3i |  | 1  iz | tương đương với VIIa. | a  (b  3)i |  | 1  i (a  bi ) |  | a  (b  3)i |  | 1  b  ai | (1,0 0,5  a 2  (b  3) 2  (1  b) 2  (a) 2  b  2 . điểm) 9(a  2i ) a 3  5a  (2a 2  26)i 9 9 Khi đó z   a  2i   a  2i  2  là số ảo khi và a  2i a 4 a2  4 z 0,5 chỉ khi a 3  5a  0 hay a  0, a   5 . Vậy các số phức cần tìm là z  2i, z  5  2i, z   5  2i . 1. (1,0 điểm) VIb. Đường tròn (C) có tâm I (2;  1), bán kính R  2 5. Gọi H (2,0 điểm) là trung điểm AB. Đặt AH  x (0  x  2 5 ). Khi đó ta có I x  4 0,5 1 IH . AB  8  x 20  x  8  2  x  2 (ktm vì AH  IA) 2 M nên AH  4  IH  2. H A B Pt đường thẳng qua M: a( x  1)  b( y  3)  0 (a  b  0) 2 2  ax  by  3b  a  0. | a  2b | 4 Ta có d ( I , AB)  IH  2   2  a (3a  4b)  0  a  0  a  b . 0,5 3 a2  b2 * Với a  0 ta có pt  : y  3  0. 4 * Với a  b. Chọn b  3 ta có a  4 . Suy ra pt  : 4 x  3 y  5  0. 3 Vậy có hai đường thẳng  thỏa mãn là y  3  0 và 4 x  3 y  5  0. 2. (1,0 điểm) Gọi (Q) là mặt phẳng qua M và vuông góc với  . Khi đó pt (Q) : 2 x  y  z  3  0. Ta có nQ (2;  1; 1), nP (1; 1; 1). Từ giả thiết suy ra A thuộc giao tuyến d của (P) và (Q). Khi đó  x  1  2t  0,5 ud  [nP , nQ ]  (2; 1;  3) và N (1; 0; 1)  d nên pt của d :  y  t .  z  1  3t  Vì A  d suy ra A(1  2t ; t ; 1  3t ). 11 Gọi H là giao điểm của  và mặt phẳng (Q). Suy ra H (1;  ; ). 22 33 8 0,5 Ta có d ( A, )  AH   14t 2  2t  16  0  t  1  t  . 2 7 23 8 17 Suy ra A(1;  1; 4) hoặc A( ; ;  ). 77 7 z1 VIIb. Đặt z  w ta được | z 2 w  z 2 |  | z 2 w |  | z 2 |  0 . Hay | w  1 |  | w |  1 . www.mathvn.com - Page10/16 (1,0 2 Giả sử w  a  bi (a, b  ) . Khi đó ta có điểm) 0,5
1 3 (a  1) 2  b 2 www.MATHVN.comb   a 2  b 2  1 hay a  , . 2 2 4   4 4 4 4 1 1 3 i  cos  i sin . Ta có w 4  cos  i sin * Với w   và    cos  i sin . 3 3 2 2 3 3  w 3 3 4 0,5 Do đó A  2 cos  1 . 3 1 3 i , tương tự ta cũng có A  1 . * Với w   22 Chú ý: HS có thể giải theo cách biến đổi theo dạng đại số của số phức. www.mathvn.com - Page11/16
of xrrAo sAr cnArr,ugr\c t 6p tzr,An 3, NAna zorr TRIJONG EAI HQC VINH www.MATHVN.com m0n: TOAN; Thli gian lim bhi: IBA phrtt TRIIONG THPT CHUYTN r. rHAN cHUNc cHo rAr cA rHi slr.{H 1z,o a$q 1 Ciu I. 1Z,O ei6m; Cho him s6 y = 1*o -(3m+l)xz +2(m+l), m ldtham "4 s5. l. Kh6o s6t sg bitin thi6n vd vC dO thi hdm sb c16 cho khi z = 0. 2. Tinr llr A6 A6 fti ham sii da cho co 3 tli6m cgc ti l$p thanh mQt tam gf6c e6 trgng t6m ld g6c toa d0. II. (2,0 tti6m) CAu trinh a1= 1(:.1 2Iogo(l a ,l2y phuorg - r) + log , (3 - I . Giai x). logz (5 ')L- 2 sin3x Gieiohuongtrinh lsinZx-cos2x)tanr* 2. =sinr+cosx. Ciu III. (1,0 di6m) Tinh thc tich khdi trdn xoay tu":iah khi quay hinh phang gidi han boi d6 thi hem e- * -l- A* vi s6 y = dudmg thdng x = 1 xung quanh truc hoanh. hoanh t-4r E,trqc ttl Ciu IV. (1,0 di6m) Cho hinh Hng tru dtmg ABC.A' B'C' c6 AC = a, BC =2a, ZACB = 1200 vd
-['ltu'*i\i{i S,{i l-it}C !'i}ili It BE K}IAO $AT CIL-{T L.u-'#io{G L{3P 12 LAN 3, i\.4,.h,{ DAP ?{}11 EN+ www.MATHVN.com Thcri gian ihm bii: J8 i) pltfit 'trR{i'#.}iil M$F{: TO,LN; il}"ILryEN T'l-{P I' fidn tin diint 1. (1,0 o r' +2 - 0 harn sd trcr thanh y =+t Khi '* m I, 4 (?,0 xic dinh : D = ffi ;1l le hirm sO chiu. a. T?p rr^ \ {ttcm) b. Su bi0n thi€n: I * ChiAu bi6n thi6n: Ta c6 y'- xt * 2 x. y'>0
- -' i | o, Jo * ., r i. t 1 {x *3}'{?x www.MATHVN.com I tx + 13} * * Vt * 1} - { c* {x * t}{?x: -* / ta l'r' E=* {-tt - rw 4) t'u I .A T tlrJ 1t-Jr? la x: l, X.6t hqp di0u kign ta co nghigm cua phuong trinh I 'r,- I 4 2. $,8 iti€nt) I *L* kn,.k eZ. * I DiAu kiEn: cos.r 0 +> x ')" I V6i di€u trinh tuong cluong v6i kiQn d6 phuong I sin2.xsinx cos2;rsinx + sin 3x = cosx(sinx + cosx) - e 0'5 cos2-rsinx + sin 2xcosx + cosixsinx = cosr(sinx + cosx) 2xsinx - sin I i e I cosx(2sinx - l)(sinx * cosx) = Q e I (2sinx - l)(sinx + cosx) = 0, vi cosx ;t 0 . * 2sinx-l I sinx=!o * =L + k2nv x =5T + kyn = 0
{ ..t _ t " xz? * I www.MATHVN.com D+t, = Jtn .r20 V. rrranir rrQ trcr I l;, :utr; ==o + (1ro Z z. S khOng thoa rnfln hg. VEi e > 0, d?t x - tz hQ tro thantr di0m Rd ran g tt U' *zt1 -1 (1) S,5- f fr'(r';3r)= a+Z (2) Suy ra BBT f'(t) fa>4 lo*2>6 elI a+2
i *rr 11 \ ie i n.{ ={r;l;*.r.t':0