KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D

Chia sẻ: Vu Thanh Hai Hai | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

82
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi - kiểm tra 'kỳ thi thử đại học lần 2 năm 2011 môn: toán; khối: b+d', 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: KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D

SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 TRƯỜNG THPT BỈM SƠN MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 3mx + 2 ( Cm ) 3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C1 ) 1. Tìm m để đồ thị của hàm số ( Cm ) có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : x + y + 7 = 0 2. 1 góc α , biết cosα = 26 Câu II (2 điểm) π  Giải phương trình 2 cos 3x cos x + 3 ( 1 + sin 2 x ) = 2 3cos  2 x + 2 1. ÷  4 2. x + 3 = 3x + 1 + x − 1 Giải phương trình 3ln 2 dx ∫ I= ) ( Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2 ex + 2 3 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) th ỏa mãn uu r uur u 0 IA = −2 IH . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH). Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = 1 . a 5 − 2a 3 + a b5 − 2b3 + b c 5 − 2c3 + c 2 3 + + ≤ Chứng minh rằng b2 + c2 c2 + a2 a 2 + b2 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d : x − y − 3 = 0 và d ' : x + y − 6 = 0 . Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; −1; 2) và N ( −1;1;3) . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách t ừ K ( 0; 0; 2 ) đến (P) đạt giá trị lớn nhất n ∑C Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( a + b ) = n a n − k b k với quy ước số hạng thứ i của khai k n k =0 triển là số hạng ứng với k = i-1. Hãy tìm các giá trị của biết rằng số hạng thứ tri ển x 6 trong khai 8  log 3 9 x−1+7 − 1 log2  3x−1+1   ÷ +2 5 2 2  ÷ là 224.   ÷   B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC cân tại A, phương trình các cạnh AB, BC lần lượt là x + 2 y − 1 = 0 và 3 x − y + 5 = 0 . Viết phương trình cạnh AC biết AC đi qua điểm M(1;-3). 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 2;3;1) , B ( −1; 2;0 ) , C ( 1;1; −2 ) . Tìm tọa độ trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x ( 3log 2 x − 2 ) > 9 log 2 x − 2 …………………….Hết…………www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: B+D (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) Nội dung Điể Câu m 1.(1,0 điểm) I (2điểm y = x3 − 3x + 2 Hàm số (C1) có dạng ) • Tập xác định: ¡ 0,25 • Sự biến thiên - lim y = −∞, lim y = −∞ x →−∞ x →+∞ y ' = 3 x 2 − 3 = 0 ⇔ x = ±1 - Chiều biến thiên: Bảng biến thiên −∞ +∞ X -1 1 0,25 y’ + 0 - 0 + +∞ 4 Y −∞ 0 ( −∞; −1) , ( 1; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng Hàm số đồng biến trên các khoảng 0,25 (-1;1) x = −1, yCD = 4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 Hàm số đạt cực đại tại • Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn y f(x)=x^3-3x+2 4 3 0,25 2 1 x -2 -1 1 2 -1 2.(1,0 điểm) ur n1 = ( k ; −1) , d có vec tơ Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến ⇒ tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến uu r 0,25 n2 = ( 1;1) pháp tuyến  3 uruur k = 2 n1 n2 k −1 1 Ta có cos α = ur uu ⇔ = ⇔ r 0,25 k = 2 26 2 k 2 +1 n1 n2   3 Yêu cầu bài toán ⇔ ít nhất một trong hai phương trình y ' = k1 và y ' = k2 có nghiệm x 2 3 3 x + 2 ( 1 − 2 m ) x + 2 − m = có nghiêm 0,25 2 ⇔ 2 3 x 2 + 2 ( 1 − 2 m ) x + 2 − m = có nghiêm   3   1 1 1 m ≤ − 4 ∧ m ≥ 2 m ≥ 2  ∆ = 8m − 2m − 1 ≥ 0 ' 2 ⇔ 1 ⇔ ⇔ 0,25 m ≤ − 3 ∧ m ≥ 1 m ≤ − 3  ∆ 2 = 4m − m − 3 ≥ 0 ' 2      4 4 1.(1,0 điểm) II
(2điểm π  2 cos 3x cos x + 3 ( 1 + sin 2 x ) = 2 3cos 2  2 x + ÷ ) 4  0,25 π    ⇔ cos 4 x + cos2 x + 3 ( 1 + sin 2 x ) = 3 1 + cos  4 x + ÷÷ 2    ⇔ cos4 x + 3 sin 4 x + cos2 x + 3 sin 2 x = 0 π π   ⇔ sin  4 x + ÷+ sin  2 x + ÷ = 0  6  6 0,5 π  ⇔ 2sin  3 x + ÷cos x = 0  6 π π  π   x = − 18 + k 3 sin  3 x + ÷ = 0 ⇔  ⇔ 6 0,25   x = π + kπ cos x = 0    2 2.(1,0 điểm) 1 x≥− Điều kiện: 3 0,25 x + 3 = 3x + 1 + x − 1 ⇔ 3x + 1 − x + 3 + x − 1 = 0 Khi đó 2 ( x − 1) + ( x − 1) = 0 ⇔ 0,25 3x + 1 + x + 3     2 2 ⇔ ( x − 1)  + 1÷ = 0 ⇔ x = 1  Do + 1 > 0, ∀x ÷(tmdk  3x + 1 + x + 3  3x + 1 + x + 3   0, 5 ) Vậy phương trình có nghiệm là x = 1 III x 3ln 2 3ln 2 dx e 3 dx (1điểm ∫ ∫ I= = ) ( 0,25 ) ) ( 2 x 2 e +2 3 x e +2 3 x e 0 0 3 x x 13 t = e ⇒ dt = e dx . Đặt 3 0,25 3 Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2 Khi đó 3 1 2 2 2 2 3 2 3 3 1 3dt 1 t 0,5 I =∫ = ∫ − ÷ =  ln − + ÷ =  ln − ÷ dt 4 1  t t + 2 ( t + 2) ÷ t ( t + 2) 4  t + 2 t + 2 1 4  2 6  2 2   1
IV S (1điểm ) .K H B I C A uu r uur u *Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2 IH BC = AB 2 = 2a 0,25 a 3a Suy ra IA = a, IH = ⇒ AH = IA + IH = 2 2 a5 HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC. AH .cos 450 ⇒ HC = Ta có 2 0,25 a 15 SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC , ( ABC ) ) = ∠SCH = 600 ⇒ SH = HC .tan 600 = Vì 2 a5 HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC. AH .cos 450 ⇒ HC = Ta có 2 0,25 a 15 SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC , ( ABC ) ) = ∠SCH = 600 ⇒ SH = HC .tan 600 = Vì 2 a 3 15 1 0,25 ( dvtt ) = S ∆ABC .SH = VS . ABC Thể tích khối chóp S.ABCD là: 3 6  BI ⊥ AH ⇒ BI ⊥ ( SAH )  *  BI ⊥ SH d ( K , ( SAH ) ) SK 1 0,25 1 1 a = ⇒ d ( K , ( SAH ) ) = d ( B, ( SAH ) ) = BI = ⇒ = d ( B, ( SAH ) ) SB 2 2 2 2 a 2 + b 2 + c 2 = 1 nên a, b, c ∈ ( 0;1) V Do a, b, c > 0 và (1điểm ( ) 2 ) a a2 −1 Ta có a − 2a + a = 5 3 = −a 3 + a 0,5 b2 + c2 1− a2 23 ( −a )( )( ) + a + −b3 + b + −c 3 + c ≤ 3 Bất đẳng thức trở thành 3 f ( x ) = − x3 + x ( x ∈ ( 0;1) ) . Ta có: 0,5 Xét hàm số 23 Max f ( x ) = ( 0;1) 9 23 ⇒ f ( a) + f ( b) + f ( c) ≤ 3
1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 3 1.(1,0 điểm) VIa (2điểm Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình )  9 x = 2 x − y −3 = 0   9 3 ⇔ ⇒I ; ÷  x + y − 6 = 0 y = 3 2 2 0,25   2 Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD ⇒ M = d ∩ Ox ⇒ M ( 3;0 ) AB = 2 IM = 3 2 Ta có: Theo giả thiết S ABCD = AB. AD = 12 ⇒ AD = 2 2 0,25 Vì I, M thuộc d ⇒ d ⊥ AD ⇒ AD : x + y − 3 = 0 MA = MD = 2 ⇒ tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình Lại có x + y − 3 = 0 x = 2 x = 4  0,25 ⇒ A ( 2;1) ; D ( 4; −1) ⇔ ∧  ( x − 3 ) + y 2 = 2  y = 1  y = −1 2   Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) 0,25 TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) 2.(1,0 điểm) r (A ) n = ( A, B, C ) + B 2 + C 2 ≠ 0 là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). 2 Gọi 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) có dạng; Ax + B ( y + 1) + C ( z − 2 ) = 0 ⇔ Ax + By + Cz + B − 2C = 0 N ( −1;1;3) ∈ ( P ) ⇔ − A + B + 3C + B − 2C = 0 ⇔ A = 2 B + C 0,25 ⇒ ( P ) : ( 2 B + C ) x + By + Cz + B − 2C = 0 Khoảng cách từ K đến mp(P) là: B ( ) d K , ( P) = 2 2 4 B + 2C + 4 BC -Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại) -Nếu B ≠ 0 thì 0,25 B 1 1 d ( K,( P) ) = = ≤ 2 4 B + 2C + 4 BC 2 2 2 C  2  + 1÷ + 2 B  Dấu “=” xảy ra khi B = -C. Chọn C = 1 0,25 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 ( ) VIIa 1 1 1 ( ) ( ) − log 2 3x−1 +1 − 9 x−1 + 7 3 = 9 x −1 + 7 3 , 2 = 3x −1 + 1 Ta có 0,25 2log 2 5 5 (1điểm ) Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là 3 5    1 1 ( ) ( ) ( )( ) − −1 0,25 C  9 x −1 + 7 3  .  3x −1 + 1 x −1 x −1  = 56 9 + 7 3 + 1 5 5 8    x = 1 9 x −1 + 7 ( )( ) −1 x −1 x −1 Treo giả thiết ta có 56 9 + 7 3 + 1 = 224 ⇔ x −1 =4⇔ 0,5 x = 2 3 +1 1.(1,0 điểm) VIb ur n1 = ( 1; 2 ) (2điểm Đường thẳng AC có vec tơ pháp tuyến ) ur Đường thẳng BC có vec tơ pháp tuyến n1 = ( 3; −1) 0,25 Đường thẳng AC qua M(1; -3) nên có phương trình: (a ) a ( x − 1) + b ( y + 3) = 0 + b2 > 0 2 Tam giác ABC cân tại đỉnh A nên ta có: 0,25
3− 2 3a − b cos ( AB, BC ) = cos ( AC , BC ) ⇔ = 12 + 22 32 + 12 a 2 + b2 32 + 12  1 a = 2 b ⇔ a 2 + b 2 = 5 3a − b ⇔ 22a 2 − 15ab + 2b 2 = 0 ⇔  a = 2 b   11 1 a = b , chọn a= 1, b = 2 ta được đường thẳng AC: x + 2y + 5 = 0 (loại vì khi đó AC//AB) Với 0,25 2 2 Với a = b , chọn a = 2, b = 11 ta được đường thẳng AC 2x + 11y + 31 = 0 0,25 11 2.(1,0 điểm) H( x; y; z ) là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi BH ⊥ AC , CH ⊥ AB, H ∈ ( ABC )  2  x = 15 uuu uuu rr  BH . AC = 0 ( x + 1) + 2 ( y − 2 ) + 3z = 0   uuu uuu  rr   0,5 29 ⇔ 3 ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 0 ⇔  y = ⇔ CH . AB = 0 15  uuur uuu uuu rr  ( x − 2 ) − 8 ( y − 3) + 5 ( z − 1) = 0  AH  AB, AC  = 0    1    z = − 3  I( x; y; z ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AI = BI = CI , I ∈ ( ABC ) ( x − 2 ) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 1) 2 = ( x + 1) 2 + ( y − 2 ) 2 + z 2  AI 2 = BI 2     ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) + +22 = ( x + 1) + ( y − 2 ) + z 2 2 2 2 2 ⇔ CI 2 = BI 2  uur uuu uuu rr  ( x − 2 ) − 8 ( y − 3) + 5 ( z − 1) = 0 AI  AB, AC  = 0     0,5  14  x = 15    14 61 1  61 ⇔ y = ⇒ I  , ,− ÷  15 30 3  30   1 z = − 3  Điều kiện x > 0 VIIb ⇔ 3 ( x − 3) log 2 x > 2 ( x − 1) ( 1) (1điểm Bất phương trình 0,25 ) Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1) x −1 3 ( 1) ⇔ log 2 x > TH1: Nếu x > 3 thì x−3 2 3 log 2 x , hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +∞ ) f ( x) = Xét hàm số 0,25 2 x −1 , hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; +∞ ) g ( x) = x −3 + Với x> 4 thì f ( x ) > f ( 4 ) = 3 = g ( 4 ) > g ( x ) Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4 0,25 x ≤ 4 thì f ( x ) ≤ f ( 4 ) = 3 = g ( 4 ) ≤ g ( x ) ⇒ bất phương trình vô nghiệm + Với x −1 3 TH2: Nếu x < 3 thì ( 1) ⇔ log 2 x < x−3 2 + Với x ≥ 1 thì f ( x ) ≥ f ( 1) = 0 = g ( 1) ≥ g ( x ) ⇒ bất phương trình vô nghiệm 0,25 f ( x ) < f ( 1) = 0 = g ( 1) < g ( x ) ⇒ Bất phương trình có nghiệm 0 < x