ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 21

Chia sẻ: Nguyen Thanh Liem | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

77
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'ðề thi thử đại học môn toán số 21', 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: ÐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 21

Đề Thi Thử Đại Học Năm 2011 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm ) Cho hàm số y  x  m  x2 1 . K hảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2 . Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đ ường thẳng d : x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) cos 2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . 1 . G iải phương trình sin x  cos x 7  x2  x x  5  3  2 x  x2 2 . G iải phương trình (x  ) 3 x 3 Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân dx .  3. x 1  x  3 0 Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho  DMN    ABC  . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ d iện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: x  y  3xy. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 1
Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x 3  y 3  16 z 3 thức P  3  x  y  z II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B ). A . Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1 . Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đ ường thẳng BD : x – 7y + 14 = 0, đ ường thẳng AC đi qua M(2; 1 ). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2 . Trong không gian to ạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng x 1 y 1 z  2 x2 y2 z d 1: , d2:     2 2 3 1 1 5 V iết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , b iết rằng n  N thỏa mãn p hương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1 . Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đ ỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d 2: x + 2y – 7 = 0. Viết p hương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. x  3 y  2 z 1 2 . Trong không gian toạ độ cho đ ường thẳng d: và mặt phẳng (P): x + y + z   1 2 1 + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). V iết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt p hẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . 1  log 1  y  x   log 4 y  1 Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 ( x, y  ) 2 2  x  y  25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 2
-------------------Hết ------------------- SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Đ iểm I 2,0 1 1,0 1 Với m =1 thì y  x  1  x2 0.25 \ 2 a) Tập xác định : D  b) Sự biến thiên: x2  4x  3 x  1 1 , y' 0   . y '  1  2 2  x  2  x  2 x  3 lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , 0.25 x  2 x 2 x  x  lim  y  ( x  1)  0 ; lim  y  ( x  1)   0 x  x  Suy ra đ ồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. Bảng biến thiên x + - 1 2 3 – y’ + + 0 – 0 + + 1 y 3 - 0.25 - Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;1 ,  3;   ; hàm số nghịch biến trên - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 3
mỗi khoảng 1;2  ,  2;3 Cực trị: H àm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. c) Đồ thị: 0.25 2 1.0 m Với x  2 ta có y’ = 1- ; ( x  2) 2 0.25 Hàm số có cực đại và cực tiểu  phương trình (x – 2)2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2  m  0 x1  2  m  y1  2  m  2 m Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 0.25 x2  2  m  y 2  2  m  2 m Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2  m ; 2  m  2 m ) ; B( 2  m ; 2  m  2 m ) 0.25 Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 2m m  2m m - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 4
m  0  m  2 Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán 0.25 Vậy ycbt  m = 2. II 2.0 cos 2 x.  cos x  1  2 1  sin x  . 1 1.0 Giải phương trình sin x  cos x ĐK: sin x  cos x  0 0.25 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 (thoả mãn điều kiện)  0.25 cos x  1   x    k 2  k, m  Z 2  x    m2  0.25  Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x    k 2 và x    m 2 2 k, m  Z 2 1.0 Giải phương trình: 7  x 2  x x  5  3  2 x  x 2 (x  ) 3  2 x  x 2  0  PT   0.25 2 2 7  x  x x  5  3  2 x  x  3  2 x  x 2  0   0.25  x x  5  2( x  2)  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 5
  3  x  1  2  x  0    x  0  0.25  x  1  x  16   0 2   x2  x  5  2. x   x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 3 1.0 x 3 Tính tích phân dx .  3. III x 1  x  3 0 x  0  u  1 Đặt u = x  1  u 2  1  x  2udu  dx ; đổi cận:  0.25 x  3  u  2 3 2 2 2 0.25 2u 3  8u x 3 1 Ta có:  dx   2 du   (2u  6)du  6  du u  3u  2 u 1 0 3 x 1  x  3 1 1 1 0.25 2 2   1  6 ln u  1 1  u 2  6u 0 .25 3  3  6ln 2 IV 1.0 D Dựng DH  MN  H C B Do  DMN    ABC   DH   ABC  mà D. ABC là N H M tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC . A 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 6
2  3 6 2 2 2 Trong tam giác vuông DHA: DH  DA  AH  1     3 3   0.25 1 3 Diện tích tam giác AMN là S AMN  AM . AN .sin 600  xy 2 4 1 2 0.25 Thể tích tứ diện D. AMN là V  S AMN .DH  xy 3 12 1 1 1 Ta có: S AMN  S AMH  S AMH  xy.sin 600  x. AH .sin 300  y.AH .sin 300 2 2 2 0 .25  x  y  3xy. V 1.0 3  x  y  (biến 3 3 Trước hết ta có: đổi tương đương) x y  4 0.25 2  ...   x  y   x  y   0 3 3  x  y   64 z 3   a  z   64 z 3  1  t 3  64t 3  Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P  3 3 a a 0.25 z (với t = , 0  t 1) a Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t 0;1 . Có 1 2 f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1 0.25   9 Lập bảng biến thiên 64 16  Minf  t    GTNN của P là đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 81 81 t 0;1 VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 7
21  x  5 x  2 y 1  0  21 13     B ;    x  7 y  14  0  y  13 5 5  5  Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc      giữa AB và BD, kí hiệu n AB (1; 2); nBD (1; 7); n AC (a; b) (với a2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. K hi đó ta có:       0.25     cos n AB , nBD  cos nAC , n AB  a  b 3 a  b  7 a  8ab  b  0   2 2 2 2  a  2b  a   b 2 7  - Với a = - b. Chọn a = 1  b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0 , A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ:  x  y 1  0 x  3   A(3; 2)  x  2 y 1  0  y  2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 0.25 7  x  2 x  y 1  0 7 5   I  ;    x  7 y  14  0 y  5  2 2   2 14 12 Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ C  4;3 ; D  ;    5 5 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0  x  1  2t x  2  m Phương trình tham số của d1 và d2 là: d1 :  y  1  3t ; d 2 :  y  2  5m  0.25  z  2  t  z  2 m   - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 8
Giả sử d cắt d 1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5 m ; - 2m) 0.25    MN (3 + m - 2 t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 3  m  2t  2k       Do d  (P) có VTPT nP (2; 1; 5) nên k : MN  k n p   3  5m  3t   k có  0.25  2  2m  t  5k  nghiệm m  1 Giải hệ tìm đ ược  t  1  x  1  2t Khi đó điểm M(1; 4; 3)  Phương trình d :  y  4  t thoả mãn bài toán   z  3  5t 0.25  VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương 1.0 trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 n  N Điều kiện:  n  3 0.25 Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 (thoả mãn) n  7  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0   (khô ng thoả mãn)  n  13 0.25 Vậy n = 7. 3 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 = 1  i  . 1  i    1  i  .(2i)3  (1  i ).(8i)  8  8i 2 0.25   Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 9
VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử B( xB ; yB )  d1  xB   yB  5; C ( xC ; yC )  d2  xC  2 yC  7 0.25 x  x  2  6 Vì G là trọng tâm nên ta có hệ:  B C  yB  yC  3  0 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25   Ta có BG (3; 4)  VTPT nBG (4; 3) nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25 9 2 2  phương trình đường tròn: (x – 5) +(y – 1) = Bán kính R = d(C; BG) = 5 0.25 81 25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là:  x  3  2t  x  3  2t  y  2  t    toạ độ điểm M là nghiệm của hệ (tham số t)  y  2  t 0.25   z  1  t  z  1  t  x  y  z  2  0   M (1; 3; 0)     Lại có VTPT của(P) là nP (1;1;1) , VTCP của d là ud (2;1; 1) .      V ì  nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP u  ud , nP   (2; 3;1)     Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó MN ( x  1; y  3; z ) . 0.25     Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0 x  y  z  2  0 Lại có N  (P) và MN = 42 ta có hệ:  2 x  3 y  z  11  0  ( x  1)2  ( y  3)2  z 2  42  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 10
Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3 ; - 4; 5) 0.25 x 5 y  2 z 5 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt  :   3 2 1 0 .25 x 3 y  4 z 5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt  :   3 2 1 VII.b 1.0 1  log 1  y  x   log 4 y  1 Giải hệ phương trình  4 ( x, y  ) 2 2  x  y  25 y  x  0 Điều kiện:  0.25 y  0 yx yx 1 1   log 4  y  x   log 4 y  1 log 4 y  1  y  4 Hệ phương trình     0.25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25  x 2  y 2  25    x  3y x  3y x  3y   2  2   2 25 0.25 2 2  x  y  25 9 y  y  25  y  10    15 5 (không thỏa mãn đk)   x; y    ;   10 10     15 5 (không thỏa mãn đk) 0.25   x; y     ;   10 10    Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. N ếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đ ược điểm từng p hần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 11
- Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành s ố I 12