KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2011 Môn Toán- TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'kỳ thi thử đại học lần 3 năm 2011 môn toán- trường thpt chuyên nguyễn huệ', 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 3 NĂM 2011 Môn Toán- TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ

hotman9x@gmail.com sent to www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA NĂM HỌC 2010 – 2011 CHUYÊN ĐỀ THI MÔN: TOÁN NGUYỄN HUỆ KHỐI A,B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề 1 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số y  mx 3  (m  1) x 2  (4  3m) x  1 có đồ thị là (Cm) 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số khi m = 1 2. Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) tồn tại duy nhất một điểm A có hoành độ âm mà tiếp tuyến với (Cm) tại A vuông góc với đường thẳng : x  2y  3  0. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2sin 2  x     2sin 2 x  t anx   4  2 2 xy  x  y  x  y  1 (x, y R) 2 2. Giải hệ phương trình:   x  y  x2  y   4 tan x .ln(cos x )  dx Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: cos x 0 Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a; góc DAB  600 ; cạnh bên BB’= a 2 . Hình chiếu vuông góc của điểm D trên BB’ là điểm K 1 nằm trên cạnh BB’ và BK= BB' ; hình chiếu vuông góc của điểm B’ trên mặt phẳng (ABCD) 4 là điểm H nằm trên đoạn thẳng BD. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C và DC’. Câu V: (1,0 điểm) Xét các số thực a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  1; c  d  3. Tìm giá trị nhỏ nhất của M  ac  bd  cd . Câu VI (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn :(C): x 2  y 2  16 . Viết phương trình 1 chính tắc của elip có tâm sai e  biết elip cắt đường tròn (C) tại bốn điểm A, B, C, D sao cho 2 AB song song với trục hoành và AB = 2.CD. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz hai đường thẳng: x 1 y 1 z x 1 y  2 z   ; d2 :   và mặt phẳng (P) : x  y  2 z  3  0 . d1 : 2 1 1 1 2 1 Viết phương trình đường thẳng  song song với (P) và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B sao cho AB  29 Cho hai số phức z, z’ thỏa mãn z  z '  1 và z  z '  3 . Câu VII (1,0 điểm) Tính z  z ' ------------------------Hết---------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì them Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………
TRƯỜNG THPT HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ BA CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011 NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 Víi m  1 ta cã y  x 3  x  1 . 3 * TËp x¸c ®Þnh: D = R 0,25 * Sù biÕn thiªn  Chiều biến thiên: y '  x 2  1 >0 x  + Hàm số luôn đồng biến trên + Hàm số có không cực đại và cực tiểu . 0,25  Giíi h¹n: lim y  ; lim y   . x   x   Bảng biến thiên: x - + y’ + 0,25 I-1 + y (1điểm) - Đồ thị: Đồ thị giao với Oy tại (0;1) y 1 0,25 O x Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng x+2y-3=0 có hệ số góc k=2. Gọi x là hoành độ tiếp 0,25 điểm thì: f '(x)  2  mx 2  2(m  1)x  (4  3m)  2  mx 2  2(m  1)x  2  3m  0 (1) Bài toán trở thành tìm tất cả các m sao cho phương trình (1) có đúng một nghiệm âm 0,25 Nếu m=0 thì (1)  2 x  2  x  1 loại 2  3m Nếu m  0 thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là x  1 hay x= 0,25 m I-2 m  0 (1điểm) 2  3m 0 do đó để có một nghiệm âm thì m  2 m  3 0,25 2 Vậy m  0 hay m  thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa yêu cầu đề 3 bài
Điều kiện: cosx  0 0,25     sinx 2sin 2  x    2sin 2 x  t anx  1  cos  2 x    2sin 2 x   4  2 cos x  cos x  sin 2 x.cos x  2sin x.cos x  sinx 2 0,25  cos x  sinx  sin 2 x  cos x  sinx   0 II-1  (sinx  cos x)(1  sin 2 x)  0 (1điểm)   s inx   cos x  x    k  4  0,25 sin 2 x  1  2 x    l 2  x    l   2 4   x k 0,25 (thỏa mãn điều kiện) 4 2 2 2 xy  x  y  x  y  1 1 2   x  y  x2  y  2  0,25 Điều kiện: x + y > 0 2 xy 1   x  y   1  0   x  y   2 xy  x  y   2 xy   x  y   0 2 3  2 xy  x y   II-2   x  y   x  y   1  2 xy  x  y  1  0 2 (1điểm) 0,25   x  y  1  x  y  x  y  1  2 xy   0 (3)   Với x + y > 0 thì x  y  x  y  0 2 2 0,25 Nên (3)  x  y  1 thay vào (2) được  y 2  2 y  0 Hệ có 2 nghiệm (x;y) = (1;0); (x;y) = (-1; 2) 0,25 *Đặt t=cosx III  1 0,25 dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x  thì t  (1điểm) 4 2 1 1 2 ln t ln t Từ đó I     dt  dt 0,25 t2 t2 1 1 2 1 1 1 *Đặt u  ln t ;dv   du  dt ; v   dt t2 t t 1 1 0,25 1 1 1 2 1  t 2 dt   2 ln 2  t 1 Suy ra I   ln t 1  t 1 2 2 2
2 I  2 1 0,25 *Kết quả ln 2 2 a2 B' Ta có BK  ; trong tam giác vuông C' 4 A' a 14 D' BKD : DK  BD 2  BK 2  4 0,25 K B C IV (1điểm) H A D 3a 2 a 14 Ta có B ' K  ; trong tam giác vuông B’KD : B ' D  B ' K 2  KD 2  a 2 0,25 4 4 Suy ra  B’BD cân tại B’ do đó H chính là g iao điểm của AC và BD a 3 a 2 3 3a 3 VABCD. A ' B 'C ' D '  B ' H .S ABCD   0,25 2 2 4 a2 DC’//AB’ suy ra d ( DC '; B 'C )  d ( DC ';( AB ' C ))  d ( D ;( B ' AC )  d ( B ;( A ' AC ))  BH  0,25 2 (a 2  b 2 )(c 2  d 2 )  ac  bd Dấu bằng xảy ra khi ad = bc Nêu và chứng minh: 0,25 M  (a 2  b 2 )(c 2  d 2 )  cd  2d 2  6d  9  d 2  3d  f (d ) 0,25 3 9 1  2(d  ) 2  2 2 Ta có f '( d )  (2d  3) 2 2d  6d  9 0,25 V 3 9 (1 điểm) 1  2(d  ) 2  2 2  0 với mọi d nên dấu của f’(d) chính là dấu của : 2d+3 Để ý rằng 2d 2  6d  9 Bảng biến thiên của f(d) suy ra 3 96 2 f (d )  f ( )  2 4 0,25 96 2 3 3 1 đạt khi d   ;c= ;a=-b=  Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 4 2 2 2 x2 y 2 VI- 1 c1  2  1 , theo đề bài e   0,25 Giả sử elip có phương trình chính tắc (1 điểm) 2 a2 a b a 2  b2 1 c2 1 3     b2  a 2 0,25 2 2 a a 4 4 4
x2 4 y 2 Suy ra elip có phương trình 2  2  1  3 x 2  4 y 2  3a 2 . Tọa độ các giao điểm A, B, a 3a  x 2  y 2  16 (1)  C, D của elip và đường tròn là nghiệm của hệ :  2 3 x  4 y  3a (2) 2 2  Do elip và đường tròn (C) cùng nhận trục hoành và trục tung làm trục đối xứng và AB // Ox nên A, B đối xứng với nhau qua Oy ; C, D đối xứng nhau qua Ox. 0,25 AB = 2CD  2 x  2.2 y  x 2  4 y 2 (3) 43 2 4 2 Từ (1) và (2) tìm được x 2  ;y  5 5 256 Thay vào (3) ta được a 2  0,25 15 x2 y2   1. Suy ra elip có phương trình 256 64 15 5 A  d1 suy ra A(1+2t ; -1+t ; t) ; B  d 2 suy ra B(1+t’ ; 2+2t’ ; t’) 0,25   AB(t ' 2t ;3  2t ' t ; t ' t ) .  (P) có VTPT n(1;1  2) 0,25      AB // (P) suy ra AB.n  0  t '  t  3 . Khi đó AB  (t  3; t  3; 3) Theo đề bài AB 2  29   t  3   t  3  9  29  t  1 2 2 0,25   Với t = 1 suy ra A(3 ;0 ;1) ; AB  4; 2; 3 VI-2  x  3  4t (1 điểm)  Suy ra  :  y  2t  z  1  3t  0,25   Với t = -1 suy ra A(-1 ;-2 ;-1) ; AB  2; 4; 3  x  1  2t  Suy ra  :  y  2  4t  z  1  3t  Đặt z  x  iy; z '  x ' iy ';  x, x ', y, y '  R  0,25  x2  y 2  1  z  z ' 1  2 0,25 x '  y '  1 2  VII. (1 điểm) z  z '  3   x  x '   y  y '  3 2 2 0,25   z  z '   x  x '   y  y '  2  x 2  y 2   2  x '2  y '2    x  x '   y  y ' 2 2 2 2 0,25  2.1  2.1  3  1