Ôn thi đại học môn toán 2011 - Đề số 15

Chia sẻ: Tran Long Long | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

258
lượt xem 126
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi đại học dành cho giáo viên, học sinh đang trong giai đoạn ôn thi đại học, cao đẳng chuyên môn Toán - Ôn thi đại học môn toán 2011 - Đề số 15.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Ôn thi đại học môn toán 2011 - Đề số 15

TRƯỜNG THPT THANH BÌNH 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2011 KHỐI: A Thời gian: 180 phút(không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 15 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x y= x −1 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tm trên đồ thị (C) hai điểm B, C thuộc hai nhánh sao cho tam giác ABC cân tại đỉnh A với A(2;0). ́ Câu II (2,0 điểm) π 1 sin 2 x cot x + = 2 sin( x + ) sin x + cos x 2 1. Giải phương trnh 2 ́ x 2 + 35 < 5 x − 4 + x 2 + 24 Giải bất phương trnh : ́ 2. π sin 2 xdx 4 −cos x(tan 2 x − 2 tan x + 5) 4 π − Câu III (1,0 điểm) . Tính tích phân : 4 Câu IV (1,0 điểm). Cho hnh lăng trụ tam giác đều ABC. A' B' C ' có AB = 1, CC ' = m (m > 0). Tm m biết ́ ́ 0 rằng góc giữa hai đường thẳng AB ' và BC ' bằng 60 . Câu V (1,0 điểm). Tm m để phương trnh sau có 2 nghiệm phân biệt : ́ ́ 10x2 + 8x + 4 = m ( x + 1) x2 + 1 2 . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trnh Chuẩn ́ Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mp toạ độ (Oxy) cho 2 đường thẳng: (d ): x − 7 y + 17 = 0 , (d ): x + y − 5 = 0 . Viết phương 1. 1 2 trnh đường thẳng (d) qua điểm M(0;1) tạo với (d1),(d2) một tam giác cân tại giao điểm của (d1),(d2). ́ Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1). Tm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho ́ 2. độ dài đoạn thẳng CD nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm). Giải phương trnh sau trên tập số phức (z2+3z+6)2+2z(z2+3z+6)-3z2 = 0 ́ B. Theo chương trnh Nâng cao ́ Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: x - 5y - 2 = 0 và đường trn (C): ̣ 1. x 2 + y 2 + 2 x − 4 y − 8 = 0 .Xác định tọa độ các giao điểm A, B của đường trn (C)và đường thẳng d (cho biết ̣ điểm A có hoành độ dương). Tm tọa độ C thuộc đường trn (C)sao cho tam giác ABC vuông ở B. ́ ̣ Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trnh là ́ 2. ( S ) : x + y + z − 4 x + 2 y − 6 z + 5 = 0, ( P ) : 2 x + 2 y − z + 16 = 0 . 2 2 2 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P). Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN. Xác định vị trí của M, N tương ứng. z2 Câu VII.b (1 điểm). Giải phương trnh sau trên tập số phức z4-z3+ 2 +z+1 = 0 ́ -------------------------------HẾT------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích ǵ thêm.
Họ và tên thí sinh...........................................................................số báo danh..................................................... ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN III NĂM 2011 Môn TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH SÔNG LÔ Đ/c: Đồng Thịnh -Sông Lô - V.Phúc ĐT : thi : TOÁN - khối A. Thời gian làm bài : 150 phút không kể thời 0987.817.908; 0982.315.320 ĐÁP ÁN CHÍNH gian giao đề THỨC Ư Nội dung Điểm Câu I 2 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 1 −2 0.25 y'= < 0 ∀x 1 ( x − 1) 2 -Tập xác định: R\{1} -Sự biến thiên: . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −1 ;1) ( 1; +; ) và 0.25 lim y = −x ; lim y = +i x =1 m lim y = lim y =y2 y=2 x − ( 1) ( 1) + − là tiệm cận đứng - là tiệm cận ngang + - x x y −y +m l x 0. -∞ 25 ∞ +∞ x 1 - - y' 2 ∞ y +∞ 2 ∞ -∞ -Bảng biến thiên - -Đồ thị: Học sinh tự vẽ. Yêu cầu vẽ đồ thị cân đối, đảm bảo tính đối xứng của 2 nhánh qua giao điểm 0.25 của hai đường tiệm cận. Thể hiện đúng giao điểm của đồ thị với các trục toạ độ. Tm toạ độ hai điểm B, C… ́ 2 1,0 2 2 2 (C ) : y = 2 + B (b; 2 + ), C (c; 2 + ), x − 1 ; Gọi b −1 c −1 với ( b < 1 < c). Ta có Gọi H, K lần lượt là hnh chiếu của B, C lên trục Ox, ta có ́ 0 ,5 = AH = CK BHA = CKA = 900 � ∆ABH = ∆CAK � = =HB = AK AB = AC ; CAK + BAH = 90 = CAK + ACK � BAH = ACK và C B A H K 0,5 − 2 −2 − b = 2 + c − 1 −b = −1 − −� � �= 3 � + 2 = c−2 c 2 .Vậy B( −1;1), C (3;3) . Hay � b − 1 II 2,0 Giải phương trnh … ́ 1 1,0 §iÒu kiÖn: sin x ≠ 0, sin x + cos x ≠ 0. PT 0.5 2 π � � cos x 2sin x cos x cos x 2 cos x + − 2 cos x = 0 � − = 0 � cos x � x + ) − sin 2 x � 0 = sin( � � sin x + cos x sin x + cos x 4 2 sin x 2 sin x π 0,25 + kπ , k ∈ c . cos x = 0 ⇔ x = 2 +) +)
=π π = =x = 4 + m 2π =2 x = x + 4 + m 2π π sin 2 x = sin( x + ) � = �= m, n �Z π t 2π =x = π + n 2π =2 x = π − x − π + n 2π 4 � x= + = =4 4 3 3 4 π π t 2π 0.25 + kπ x= x= + , k, t ∈ 4 . 4 3 2 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ ; Giải bất phương trnh…. ́ 2 1,0 0.25 11 x + 35 − x + 24 < 5 x − 4 � < 5 x − 4 � 11 < (5 x − 4)( x + 35 + x + 24) 2 2 2 2 x 2 + 35 + x 2 + 24 BPT tương đương: 0.25 4 5 a)Nếu x 5 không thỏa măn BPT 0.5 b)Nếu x > 4/5: Hàm số y = (5 x − 4)( x + 35 + x + 24) với x > 4/5 y’= 2 2 1 1 5( x 2 + 35 + x 2 + 24) + (5 x − 4)( + ) x 2 + 35 x 2 + 24 >0 mọi x>4/5 Vậy HSĐB. +Nếu 4/51 th́ y(x)>11 Vậy nghiệm BPT x>1 III Tính tích phân 1,0 0.5 π sin 2 xdx 4 −cos I= 1 1 t 2 dt 2 dt dt � − 2t + 5 − 3� I= = 2 + ln x (tan 2 x − 2 tan x + 5) 4 t = tan x � dx = π −1 t − 2t + 5 2 2 t 3 − 1 + t 2 . Ta có ̣ . Đăt −1 4 0,5 π t −1 0 1 = tan u � I1 = � = 1 du dt 2 3π −t I1 = 2 2π 8 I = 2 + ln − − 2t + 5 2 − 3 8. ́ ̣ ̣ Tinh . Đăt . Vây −1 4 IV 1,0 Hnh Vẽ ́ 0,25 0 KÎ BD // AB ' ( D B A ' B ') ⇒ ( AB ' , BC ' ) = ( BD, BC ' ) = 60 ⇒ ∠DBC ' = 60 hoÆc 0 ∠DBC ' = 120 0. 0,5 0 NÕu ∠DBC ' = 60 . V× l¨ng trô ®Òu nªn BB ' ⊥ ( A ' B ' C '), ¸p dông ®Þnh lý Pitago 2 vµ ®Þnh lý cosin ta cã BD = BC ' = m + 1 vµ DC ' = 3. KÕt hîp ∠DBC ' = 60 ta 0 2 suy ra ∆BDC ' ®Òu. Khi đó m + 1 = 3 ⇔ m = 2 . 0,25 0 NÕu ∠DBC ' = 120 . ¸p dông ®Þnh lý cosin cho ∆BDC ' suy ra m = 0 (lo¹i). VËy m = 2. Tm m để phương trnh … ́ ́ V 1,0 0,25 2 �x+ 1 ��- m � x + 1 � 2 = 0 � 2 2 � 2� 2 + � x + 1� � � �2 � � � x + 1� � 2 2 2 � 10x + 8x + 4 = 2( x + 1) + 2( + 1)(3) ⇔ 2 x . 2x + 1 0,25 2t2 + 2 =t 2 x +1 Điều kiện : -2< t 5 5. t. Đặt Rút m ta có: m= 12 0,5 4< m 2 5 hoặc -5 < m < - 4 Lập bảng biên thiên được đáp số VI 2,0 a Viết phương trnh đường thẳng ... ́ 1 1,00
0,5 −x + 3 y − 13 = 0 (∆1 ) x − 7 y + 17 x + y −5 =+ =3 x − y − 4 = 0 (∆ ) 12 + (−7) 2 12 + 12 − 2 Phương trnh đường phân giác góc tạo bởi d1, d2 là: ́ ∆1 , ∆ 2 nên ta có hai đường thẳng thoả măn 0,5 PT đường cần tm đi qua M(0;1) và song song với ́ x + 3 y − 3 = 0 và 3 x − y + 1 = 0 Tm toạ độ điểm D… ́ 2 1,00 0,25 =x = 1 − t = = y = 5 − 4t uuu r =z = 4 − 3t AB = ( −1; −4; −3) = Phương trnh đường thẳng AB: ́ Ta có Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> D là hnh chiếu vuông góc của C trên cạnh AB ́ 0,25 uuur uuu uuu r r 0.5 � DC = (a; 4a − 3;3a − 3) . V́ AB ⊥ DC =>-a-16a+12-9a+9=0 Gọi tọa độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a) �5 49 41 � 21 D� ; ; � a= 26 . Tọa độ điểm � 26 26 � 26 Giải phương trnh trên tập số phức ́ VII 1,00 a 0,5 z2 + 3z + 6 t= z Ta thấy z = 0 không là nghiệm của phương trnh . Chia cả hai vế cho z 2 và đặt ́ , Dẫn tới phương trnh : t +2t-3 = 0 ⇔t=1 hoặc t=-3. ́ 2 0,25 5i 0 1 Với t=1 , ta có : z2+3z+6 = z ⇔ z2+2z+6 = 0 ⇔ z = -1± 0,25 3 0 2 Với t=-3 , ta có : z2+3z+6 = -3z ⇔ z2+6z+6 = 0⇔ z = -3 ± VI 2,0 b Tm toạ độ điểm C ́ 1 1,00 0,5 + y = 0; x = 2 =x + y + 2 x − 4 y − 8 = 0 2 2 +� � − y = −1; x = −3 .V́ x − 5y − 2 = 0 Tọa độ giao điểm A, B là nghiệm của hệ phương trnh − ́ A có hoành độ dương nên ta được A(2;0), B(-3;-1). ́ 0,5 V́ ABC = 90 nên AC là đường kính đường trn, tức là điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I 0 ̣ của đường trn. Tâm I(-1;2), suy ra C(-4;4). ̣ Tm toạ độ các điểm M, N ́ 2 1,0 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 0,25 2.2 + 2. ( −1) − 3 + 16 d = d ( I,( P) ) = =5�d > R 3 . Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d -R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị 0,25 trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hnh chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm ́ của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi ∆ là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), th́ N0 là giao điểm của ∆ và (P). Đường 0, 25 =x = 2 + 2t = = y = −1 + 2t ( t =) r =z = 3 − t n P = ( 2; 2; −1) = thẳng ∆ có vectơ chỉ phương là và qua I nên có phương trnh là ́ . Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trnh: ́ 0, 25 � 4 13 14 � 15 5 2 ( 2 + 2t ) + 2 ( −1 + 2t ) − ( 3 − t ) + 16 = 0 � 9t + 15 = 0 � t = − N0 � ; − ; � − =− � 3 3 3 �Ta 9 3 .Suy ra .
uuuu 3 uuu r r IM 0 = IN 0 . 5 có Suy ra M0(0;-3;4) Giải phương trnh trên rập số phức ... ́ VII 1,00 b 0,5 z2 z2 . z4-z3+ 2 +z+1 = 0 ⇔ (z4+1)-(z3-z)+ 2 =0. 1 1 1 5 1 w2 - w + = 0, w= z- 0,5 2 Chia cả hai vế cho z2, ta được : (z2+ z ) -(z- z ) + 2 =0 ⇔ 2 z) ⇔ (với 13 13 113 1 w= w= - i +i , 22 2 2 + Phương trnh : z- z = 2 + 2 i cho nghiệm z1=1+i ; z2 =- 2 (1-i) + hoặc ́ 1 13 1 Phương trnh : z- z = 2 - 2 i cho nghiêm z3=- 2 (1+i) ; z4= 1-i ́