ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

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

Thêm vào BST

Báo xấu

88
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 2 năm 2011 môn: toán, khối a - trường thpt trần phú', 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: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM HỌC 2010 - 2011 SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ -------- Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2 có đồ thị là đường cong  C  . 1 . Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đư ờng cong  C  . 2 . Lập ph ương trình tiếp tuyến của đường cong  C  biết tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lư ợt tại A, B thoả mãn OB  9OA . Câu II (2 điểm) x   6 y  2  3 x  y  3y 1 . Giải hệ phương trình    2 3 x  3 x  y  6 x  3y  4 5  sin 2 x 1  2 . Giải phương trình . tan x  2 cos  x    2  sin x  cos x 2  25 xdx Câu III (1 điểm) Tính tích phân I  .  x  2 x2  5 1 2 Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A1 B1C1 có cạnh đáy bằng a . M là điểm trên cạnh AA1 sao cho AA1  3 AM . Biết BMC1  900 . Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC . A1 B1C1 . Câu V (1 điểm) Cho x , y , z là các số thực dương, thoả mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của x3 y3 z3 biểu thức P    . y (2 z  x) z (2 x  y) x(2 y  z ) II. PHẦN RIÊNG CHO CÁC THÍ SINH (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1 .Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1 . Trong mặt ph ẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A, cạnh BC n ằm trên đường th ẳng có phương trình x  2 y  2  0 . Đường cao kẻ từ B có phương trình x  y  4  0 , điểm M  1;0  thuộc đ ường cao kẻ từ đỉnh C. Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 2 . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho đ iểm B  5; 2; 2  , C  3; 2; 6  . Tìm toạ độ đ iểm A thuộc m ặt phẳng ( P) : 2 x  y  z  5  0 sao cho tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A. 2 Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần ảo của số phức z , b iết z  3 z  1  2i  . 2 .Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1 . Trong m ặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC, ph ân giác trong AD có phương trình x  y  2  0 , đường cao CH có phương trình x  2 y  5  0 . Điểm M  3; 0  thuộc cạnh AC thoả m ãn AB  2 AM . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho đ iểm B 1; 2; 1 , C  3;0;5  .Tìm to ạ độ đ iểm A thuộc m ặt phẳng ( P) :  x  2 y  2 z  10  0 sao cho tam giác ABC cân tại A và có d iện tích b ằng 2 11 . 2 Câu VII.b (1 điểm) Tìm ph ần ảo của số phức z , biết z  1  i  z  1  2i  . ----------Hết----------- Cán bộ xem thi không giải thích g ì thêm Họ và tên thí sinh: ............................................ Số báo d anh......www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VẮN TẮT VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu I. 1. Kh ảo sát y  x 3  3 x 2  2 - Tập xác định D  R 0,25 - Sự biến thiên của hàm số + lim y  , lim y   Đồ thị không có đường tiệm cận x  x  y '  3 x 2  6 x  3x  x  2  y '  0  x  0  x  2 Hàm số đồng biến trên mỗi kho ảng  ;0  vµ  2;   Hàm số nghịch b iến trên  0; 2  0,25 Câu I y x 0 2   1 y’ + 0 - 0 + 2 1đ y 2  2 -1 0 x 3 1 0,5 -2  Điểm cực đ ại  0; 2  , Điểm cực tiểu  2; 2  0,25 -2 -Đồ thị.(0,25) Đi qua  1; 2  , 1; 0   3; 2  . Đồ thị nhận I 1;0  làm đ iểm uốn HS có thể trình bày theo sơ đ ồ của CT cơ bản Gọi to ạ độ đ iểm M  x0 ; f  x0   là toạ độ tiếp điểm . 0,25 Theo giả thiết OB=9OA suy ra hệ số góc của tiếp tuyến bằng 9 hoặc -9  f '  x0   9 2  x0  2 x0  3  0 1  3 x 2  6 x0  9  0 Câu I 2  0 .  2  00,25  f '  x0   9  x0  2 x0  3  0  2  2 1đ 3 x0  6 x0  9  0 Phương trình (2) vô n ghiệmPhương trình (1) suy ra x0  1, x0  3 0,25 Với x0  1 suy ra phương trình tiếp tuyến y  9 x  7 Với x0  3 suy ra phương trình tiếp tuyến y  9 x  25 0,25 Điều kiện 3 x  y  0,3 x  3 x  y  0, y  0 2  3x  y  2  3x  y  3x  y x 6  2  3 x  y  3y   3y  3 x  y  3 0,25 2 y y y y 3x  y 3  t suy ra 2t 2  t  3  0  t  1  t  Đặt y 2 0,25  y0 +Với t  1 ta có 3 x  y   y (3)   thay vào (2) ta có 2 3 x  y  y 1 2 y 2  2 y 2  5 y  4   2 y  2 y 2  5 y  4  2 y 2  7 y  4  0  y  4  y  (loại) Câu 2 0,25 II .1 Thay y  4 vào (3) ta có x  4 . suy ra  4; 4  là n ghiệm 1đ y0  9 5 9 3 3  từ (2)  2 y 2  y  y 2  5 y  4 +Với t  ta có y (3)   3x  y  92 4 2 2 2 2 3 x  4 y  y  0,25 92 5 y  y  u ( u  0 )Ta có 2u 2  2u  4  0  u  2  u  1 (lo ại) Đặt 4 2 8 Với u  2  9 y 2  10 y  16  0  y   y  2 (lo ại) 9 8 8 8 8 Thay y  vào (3) ta có x  . suy ra  ;  là n ghiệm 9 9 9 9 Điều kiện cos x  0,sin x  cos x  0 0,25 Câu
II 2 2 sin 2 x 1 sin x 1 sin x 2 sin x cos x 0   0   2 sin x  1đ 0,25 2 cos x sin x  cos x sin x  cos x 2 cos x    x  k x  k  sin x  0        sin x.sin  x    2sin 2 x.cos x    2x  x   k 2   x    k 2 sin 2 x  sin  x      4 4 4    0 ,5  4     5 k 2 5 x  2x   x  k 2   12 3 4  0,25 Đặt t  x 2  5  t 2  x 2  5  xdx  tdt Với x  2  t  3 , x  2 5  t  5 Câu 5 5 5 5 tdt dt III 0,75 1 t 2 11 1 1 15 Vậy I   2  2 (0,25 )    dt (0,25)  ln  ln (0,25)  1đ 3 (t  4)t 3 t 4 4 3t 2 t 2 4 t23 4 7 A B x 2x Đặt AA1  x suy ra AM  ; A1M  3 3 0,25 O Tam giác MBC1 vuô ng tại M  MB  MC12  BC12 2 M C x2 4x2 4x2 3a  a2   a2  x2  a2   a2  x  I 9 9 9 2 B1 A1 Câu Gọi O, O1 là tâm của đáy ABC và A1B1C1 , I là trung điểm của 0,25 IV OO1 , Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ. O1 1đ 2  a 3   3a  2 43a 2 43 C1 0,25 2 2 2  3    4   48  R  4 3 a R  AO  OI      3 4  43  4 43 43 3 0,25 Vậy V   R 3     4 3 a   144  3 a  3 3  x3 y 2z  x Áp dụng bất đ ẳng thức Côsi cho 3 số dương ta có   x (1) 0,5 y (2 z  x) 3 9 Câu y3 z3 z 2x  y x 2y  z V Tương tự   y (2)   z (3) 0,25 z (2 x  y ) 3 x(2 y  z ) 3 9 9 1đ x y z  1 Dấu  xảy ra khi x  y  z  1 Cộng theo vế của (1), (2), (3) ta có P  0,25 3 Phần dành cho thí sinh theo chương trình chuẩn  x y40 A Suy ra B  2; 2  To ạ độ B là nghiệm của hệ  0,25 x  2y  2  0 Gọi d là đường thẳng qua M song song với BC  d : x  2 y  1  0 I N M Gọi N là giao điểm của d với đ ường cao kẻ từ B. Toạ độ N là nghiệm  x y40 Suy ra N  3;1 của hệ  B E C 0,25 x  2y 1  0 Câu VIa. 1  Gọi I là trung điểm MN  I  2;  . Gọi E là trung điểm BC. Do tam giác ABC cân nên IE 1 2  là đường trung trực BC .IE đi qua I vu ông góc với BC  IE : 4 x  2 y  9  0 . Toạ độ E là 0,25  x  2y  2  0  4 7   7 17   E ,  C ; . nghiệm của hệ  4 x  2 y  9  0  5 5  5 10  3 CA đi qua C vuông góc với BN suy ra CA : x  y   0 To ạ đô A là nghiệm của hệ 5 00,25
4 x  2 y  9  0  13 19    A ;  3  10 10   x y5 0  uuur BC  ( 2;0; 4) .Trung điểm của BC có to ạ độ  4; 2; 4  Gọi (Q) là mặt p hẳng trung trực của BC.  Q  : 2  x  4   0  y  2   4  z  4   0   Q  : x  2 z  4  0 0,25 Gọi d là giao tuyến của mặt phẳng (P) và (Q) uur uu uu rr Chọn ud   nP , nQ    2; 5;1 , Điểm  0;3; 2  thuộc mặt phẳng (p) và (Q) suy ra    x  2t  Câu d  y  3  5t . Ta có tam giác ABC cân suy ra A thuộc d. VIa.  z  2t  2 uuu r uur u Gọi to ạ độ A  2t ;3  5t; 2  t   BA  ( 2t  5;5  5t ; t ); CA  (2t  3;5  5t; t  4) 0,25 uuu uuu rr 2 BACA  0   2t  5   2t  3   5  5t   t  t  4   0 Tam giác ABC vuông suy ra 0,25 4 3t 2  7t  4  0  t  1  t  3  8 11 10  4 Với t  1  A  2; 2;3 , t   A  ; ; 0,25 3 3 3 3  2 Tìm ph ần ảo của số ph ức z b iết z  3 z  1  2i  0,25 Đặt z  a  bi  z  a  bi Câu Ta có a  bi  3  a  bi   1  2i  2  4a  2bi  1  4i  4  4a  2bi  3  4i 0,25 VIIa. 3   4a  3 a  3  2i . Vậy phần ảo của z bằng -2 4 . Vậy z    0,5  2b  4 4  b  2  Phần dành cho thí sinh theo chương trình nâng cao Đường thẳng d qua M vuô ng góc với AD của có phương trình A x  y  3  0 ; Gọi I, E là giao diểm của AD, AB với d. Dễ M thấy tam giác AME cân tại A I E d H Toạ độ I là nghiệm của hệ 0,25 x  y 3  0  5 1  B C  I  ;   E  2; 1  D x  y  2  0 2 2  Câu VIb. AB là đ ường thẳng qua E vuô ng góc với CH AB : 2 x  y  3  0 0,25 1 2 x  y  3  0  A 1;1 . To ạ độ A là nghiệm của hệ   x y20 Do AB  2 AM  E là trung điểm AB suy ra B  3; 3  0,25 x  2 y  3  0  C  1; 2  Phương trình AM : x  2 y  3  0 To ạ độ C là nghiệm của hệ  0,25 x  2 y  5  0 uuur B BC  ( 2; 2; 6) .Trung điểm của BC có to ạ độ I  2;1; 2  I C Gọi (Q) là m ặt phẳng trung trực của BC. Câu  Q  : 2  x  2   2  y  1  6  z  2   0   Q  : x  y  3z  7  0 VIb 2 0,25 Gọi d là giao tuyến của m ặt phẳng (P) và (Q) A d
uu r uu uu rr Chọn ud   nP , nQ    4; 1;1 , Điểm  4; 3;0  thuộc mặt ph ẳng (p) và (Q) suy ra    x  4  4t  d  y  3  t . Ta có tam giác ABC cân suy ra A thuộc d.  z t  uu r Gọi to ạ độ A  4  4t; 3  t ; t    IA   2  4t ; 4  t ; t  2  0,25 1 BC. AI  11 2 . Do BC  2 11  AI  22 S ABC  2 11  2 1 0,25 2 2 2  22  18t 2  12t  24  22  9t 2  6t  1  0  t   2  4t    t  4    t  2  3 0,25 8 10 1  Suy ra A  ;  ;  3 3 3 0,25 Đặt z  a  bi  z  a  bi 2 Ta có a  bi  1  i   a  bi   1  2i   a  bi   a  ai  bi  b   1  4i  4 0,25 Câu  b3 b3 VIIb b   2b  a  i  3  4i    Vậy z  10  3i 0,5 2b  a  4  a  10 Suy ra phần ảo của z bằng 3