KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2011 - TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ

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

Thêm vào BST

Báo xấu

113
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'kỳ thi thử đại học lần thứ hai năm học 2011 - 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 THỨ HAI NĂM HỌC 2011 - TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A NGUYỄN HUỆ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề x Câu I: (2,0 điểm ) Cho hàm số y = x 1 1. Kh ảo sát sự b iến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tọa độ đ iểm M thuộc (C), biết rằng tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng đi qua điểm M và điểm I(1; 1). Câu II: (2,0 điểm) cos3 x  cos 2 x  2 1  sin x  . 1. Giải phương trình: sin x  cos x  x( x  y )  y 2  4 x  1  2. Giải hệ phương trình:  2 2  x( x  y )  2 y  7 x  2  e ln x x dx Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: 1  ln x 1 Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 và AB = AA’ = a. Gọi M, N, P lần a lượt là trung điểm của BB’, CC’, BC và Q là một điểm trên cạnh AB sao cho BQ = . 4 Tính theo a th ể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng (MAC)  (NPQ) . Câu V: (1 ,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực không âm a, b, c thỏa m ãn đ iều kiện 1 1 1 ab  bc  ca  3 , ta có:   1 a 2  2 b2  2 c 2  2 Câu VI: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. 1 Điểm M (0; ) thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B 3 biết B có hoành độ dương. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba đường thẳng : x  t x y2 z x 1 y 1 z  1  . Viết ph ương trình đ ường d1 :  y  4  t ; d2: và d3:     3 3 1 5 2 1  z  1  2t  thẳng , biết  cắt ba đường thẳng d1 , d2 , d3 lần lư ợt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC. 2 2 Tìm số phức z thỏa mãn : z  2 z.z  z  8 và z  z  2 Câu VII: (1,0 đ iểm ) ------------------------Hết---------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích g ì thêm Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………… www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011 NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI MÔN: TOÁN CÂU NỘI DUNG ĐIỂM TXĐ : D = R\{1 } 0,25 1 y’ =  0 ( x  1)2 lim f ( x)  lim f ( x)  1 nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  0,25 lim f ( x)  , lim   nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số   x 1 x 1 Bảng b iến thiên x - 1 + - - y' 1 0,25 + y 1 - Hàm số nghịch biến trên ( ;1) và (1; ) Hàm số khô ng có cực trị I-1 Đồ thị : (1 điểm) Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đ ường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 10 8 6 4 0,25 2 10 5 5 10 15 2 4 6 8 x0 I-2 Với x0  1 , tiếp tuyến (d) với (C) tại M(x0 ; ) có phương trình : (1 điểm) 0,25 x0  1
2 1 x x0 1 ( x  x0 )  0  y x y 0 ( x0  1) 2 ( x0  1)2 ( x0  1) 2 x0  1 r 1 (d) có vec – tơ chỉ phương u  (1; ) ( x0  1) 2 0,25 uuur 1 IM  ( x0  1; ) x0  1 Để (d) vuông góc IM điều kiện là : r uuu r  x0  0 1 1 0,25 u.IM  0  1.( x0  1)  0 2  x0  2 ( x0  1) x0  1 + Với x0 = 0 ta có M(0,0) + Với x0 = 2 ta có M(2, 2) 0,25 0,25 ĐK: sin x  cos x  0 Khi đó PT  1  sin 2 x   cos x  1  2 1  sin x   sin x  cos x   1  sin x  1  cos x  sin x  sin x.cos x   0 0,25  1  sin x  1  cos x  1  sin x   0 sin x  1 II-1  (thoả mãn đ iều kiện) 0,25 (1 điểm) cos x  1    x   2  k 2 k, m  Z    x    m2 0,25  k, m  Z  k 2 và x    m 2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x   2 Với x = 0 không nghiệm đúng phương trình  y2 1  x y  4 0,25  2 2  x  y  xy  1  4 x  x Với x  0 , ta có:   2 2 2  x( x  y )  2 y  2  7 x ( x  y ) 2  2 y  1  7   x y2  1  u v  4  u  4v  v  3, u  1 Đặt u  , v  x  y ta có hệ:  2  2 II-2 0,25 v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9 x (1 điểm)  y2 1  x  y2  1  x  y2  y  2  0  y  1, x  2 + ) Với v  3, u  1 ta có hệ:  .    0,25  y  2, x  5  x y 3  x  3 y  x  3 y  y2 1  9x + ) Với v  5, u  9 ta có hệ:  , hệ này vô nghiệm. 0,25  x  y  5 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y )  (2; 1), ( x; y )  (5; 2). 1 Đặt t = 1  ln x có 2tdt = dx III 0,25 x (1 điểm) x = 1 thì t = 1; x = e thì t = 2
e 2 t2 1 ln x  x 1  ln x dx  2tdt   0,25 t 1 1 2 3 t 0,25  2(  t)  3 1 2(2  2) 0,25  3 Gọi I là trung điểm A’B’ thì A' C' C ' I  A ' B '   C ' I  ( ABA ' B ') C ' I  AA '  I B' suy ra góc giữa BC’ và mp(ABB’A’) chính · là góc C ' BI . N · Suy ra C ' BI  600 0,25 a 15 · C ' I  BI .tan C ' BI  M 2 C A P K Q IV B (1 điểm) a 3 . 15 1 VABC . A ' B 'C '  AA '.S A ' B 'C '  AA ' . .CI . A ' B '  0,25 2 4 NP / / BC '  0,25   ( NPQ) / /(C ' BI ) (1) PQ / / C ' I  VABM VBB ' I (c  g  c) suy ra · · AMB  BIB ' . suy ra · · AMB  B ' BI  900  AM  BI 0,25 Mặt khác theo chứng minh trên C’I  AM nên AM  (C ' BI ) Suy ra (AMC)  (C ' BI ) (2) Từ (1) và (2) suy ra (MAC)  (NPQ) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a 2b2  b 2c 2  c 2 a 2  a 2b 2c 2  4 0,25 Đặt x = ab, y = bc, z = ca ta cần chứng minh x 2  y 2  z 2  xyz  4 với mọi x, y, z 0,25 không âm thỏa mãn: x + y + z = 3 Không làm m ất tính tổng quát giả sử x  y; x  z thì x  1 ta có: V (1 điểm) 1 x 2  y 2  z 2  xyz  4  x 2  ( y  z )2  yz ( x  2)  4  x 2  ( y  z ) 2  ( y  z ) 2 ( x  2)  4  0,25 4 x2 1  x2  (3  x) 2  4  ( x  1) 2 ( x  2)  0 0,25 4 4 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ B thu ộc AB, ta có : M N'  xN '  2 xI  xN  4 A C  0,25 I  yN '  2 yI  yN  5 N D Phương trình đ ường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 0,25 VI.-1 4.2  3.1  1 Kho ảng cách từ I đến đ ường thẳng AB: d 2 (1 điểm) 4 2  32 AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đ ặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 1 1 1 0,25  2  2 suy ra x = 5 suy ra BI = 5 2 d x 4x Điểm B là giao điểm của đ ường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đ ường tròn tâm I bán kính 5  4x  3y – 1  0 Tọa độ B là nghiệm của hệ:  0,25 2 2 ( x  2)  ( y  1)  5 B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Xét ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1 , d2 , d3 0,25 Ta có A (t, 4 – t, -1 +2t) ; B (u, 2 – 3u, -3u) ; C (-1 + 5v, 1 + 2v, - 1 +v) A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC t  (1  5v)  2u  0,25   4  t  (1  2v)  2.(2  3u ) VI - 2  1  2t  (1  v)  2(3u ) (1 điểm)  Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0 0,25 Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1 ; 1; - 1 ) x y2 z Đường thẳng  đ i qua A, B, C có phương trình   0,25 1 1 1 2 2 Gọi z = x + iy ta có z  x  iy; z  z  z z  x 2  y 2 0,25 2 2 z  2 z.z  z  8  4( x 2  y 2 )  8  ( x 2  y 2 )  2 (1) 0,25 VII 0,25 z  z  2  2 x  2  x  1 (2) (1 điểm) Từ (1) và (2) tìm được x = 1 ; y = 1 Vậy các số phức cần tìm là 1 + i và 1 - i 0,25