ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC , NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG MÔN TOÁN

Chia sẻ: Nguyen Truong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

78
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

(Thời gain 180 phút, không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1).

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC , NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG MÔN TOÁN

SỞ GIÁO DỤC_ĐT TP HCM THI THỬ ĐẠI HỌC , NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG (Thời gain 180 phút, không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). Câu II (2 điểm):  x 2  y 2  xy  4y  1  0  1. Giải hệ phương trình:   y 7  (x  y)   2(x  1) 2 2   2 sin x  1 cos 2x  2 cos x  7sin x  5  2. Giải phương trình: . 2 cos x  3 cos 2x  2 cos x  1  3(cos x  1) Câu III (1 điểm): x3 x3  8  (6x3  4x2 ) ln x 2 1 dx Tính tích phân sau: I = x Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầ ại tiế ứ diện SOCD. Câu V (1 đi m) 1 1 1 3   . Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. Chứng minh: 8 3 3 3 (1  x) (1  y) (1  z) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình chuẩn: Câu VI.a (2 điểm): 1. Trong mặt phẳng Oxy cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên. x  2  t x 1 y  2 z  2  , (d2):  y  3  t   2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): 2 1 2 z  4  t  và mặt phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 . Câu VII.a (1 điểm): Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa mãn hệ thức: z  3  2i  2z  1  2i 2. Theo chương trình nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 4 2 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(0; 4), trọng tâm G  ;  và trực tâm trùng 3 3 ốc tọa độ. Tìm tọa độ các đỉnh B, C và diệ n tích tam giác ABC biết xB < xC . vớ x  2  t x 1 y  2 z  2  , (d2): y  3  t và mặt   2. Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng (d1): 2 1 2 z  4  t  phẳng (): x – y + z – 6 = 0. Tìm trên (d2) những điểm M sao cho đường thẳng qua M song song với (d1), cắt () tại N sao cho MN = 3. ex  ey  (ln y  ln x)(1  xy)  Câu VII.b (1 điểm): ải hệ phương trình  . Gi ln x  2 ln y  3.4ln x  4.2ln y 2  singer@zing.com gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút Câu ý Nội dung Điểm Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 3. Câu I ∑ = 2đ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1 ∑ = 1.25đ Tập xđ và Giới hạn 0.25 y' = 3x2 – 6x 0.25 y' = 0  x = 0 hay x = 2 Bảng biến thiên: 0.25 y'' và điểm uốn 0.25 Giá trị đặc biệt Đồ thị và nhận xét: 0.25 2 Viết pt tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm A(–1; –1). ∑ = 0.75đ Đường thẳng (d) qua A và có hệ số góc k 0,25  (d): y + 1 = k(x + 1)  (d): y = kx + k – 1. x3  3x 2  3  kx  k  1  (d) tiếp xúc (C)   có nghiệm. 3x2  6x  k    x – 3x + 3 = 3x – 6x2 + 3x2 – 6x – 1 3 2 3 0.25  2x3 – 6x – 4 = 0  x = 2 hay x = –1. * x = 2  k = 0  (d): y = –1. 0.25 * x = –1  k = 9  (d): y = 9x + 8 Câu II ∑=2đ 1  x 2  y 2  xy  4y  1  0  Giải hệ phương trình:  ∑ = 1đ  y 7  (x  y)   2(x  1) 2 2   y 2  xy  x 2  4y  1 2y(x  y)  2x2  8y  2 (1)   (I)    2 2 2 7y  y(x  y)  2x  2  y(x  y)(x  y)  2x  7y  2(2)   0.5 (1) + (2) ta được: –y(x – y)[2 + x – y] = –15y  (x – y)(x – y + 2) = 15 (do y ≠ 0 vì y = 0 thì (1)  x2 + 1 = 0 (vô lí)).  x – y = 3 hay x – y = –5.  x – y = 3  x = y + 3.  –6y = –2(y + 3)2 – 8y – 2  2y2 + 14x + 20 = 0 (1) 0.25  y  2  x  1 2  y + 7y + 10 = 0   .  y  5  x  2  x – y = –5  x = y – 5. 0.25  10y = –2(y – 5)2 – 8y – 2  2y2 – 2x + 52 = 0 (VN) (1) Vậy hệ có nghiệm là (1; –2), (–2; –5). 2 2 sin x  1 cos 2x  2 cos x  7sin x  5  Giải phương trình: . ∑ = 1đ 2 cos x  3 cos 2x  2 cos x  1  3(cos x  1) Điều kiện: 0.25
 3 2 cosx  3  0 2cosx  3 cos x      2.   cos2x  2cosx 1 3(cosx 1)  0 (cosx 1)(2cosx  3)  0 cos x  1     (2sinx + 1)(cosx + 1) = cos2x + 2cosx – 7sinx + 5 (1) 0.25  2sinxcosx + 2sinx + cosx + 1 = 1 – 2sin2x + 2cosx – 7sinx + 5  2sinxcosx – cosx + 2sin2x + 9sinx – 5 = 0  cosx(2sinx – 1) + (2sinx – 1)(sinx + 5) = 0  (2sinx – 1)(cosx + sinx + 5) = 0   1  x  6  k2  sin x    2 0.25   x  5  k2 sin x  cos x  5   6  0.25 5  k2 (k  Z). So sánh điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 6 Câu III x3 x3  8  (6x3  4x 2 ) ln x 2 1 ∑ = 1đ dx Tính tích phân sau: I = x 0.25 22 2 x3  8 dx + (6x2  4x) ln xdx = I1 + I2.  1 x I= 1 2 x3  8  t2 = x3 + 8  2tdt = 3x2dx  x2dx = tdt .  Tính I1: Đặt t = 3 x=1t=3 Đổi cận: x = 2  t = 4. 4 2  t3  0.25 2 2 74 4 t. tdt  .     64  27   3 Do đó I1 = . 3 3 3 9 9  3 1  Tính I2: Đặt u = lnx  u' = x v' = 6x2 + 4x, chọn v = 2x3 + 2x2 2  2x3  23 2 2 I2 = (2x3  2x 2 ) ln x    (2x 2  2x)dx = 24 ln 2    x2   24 ln 2  .  1 1 0.25 3 3 1   0.25 74 23 5 Vậy I = 24 ln 2   24 ln 2   9 3 9 Cho hình chóp SABCD có Câu IV S ABCD là hình bình hành tâm O, AB = 2a, AD = 2a 3 , các cạnh bên bằng nhau và bằng 3a, gọi M là trung điểm của OC. Tính K I ∑ = 1đ thể tích khối chóp SABMD và diện tích của hình cầu ngoại tiếp A tứ diện SOCD. D G O M B C  Ta có SA = SB = SC = SD nên SO  (ABCD). 0.25  ∆ SOA = .= ∆ SOD nên OA = OB = OC = OD  ABCD là hình chữ nhật.  SABCD = AB.AD = 4a2 3 . AB2  AD2  4a2  12a2  4a  Ta có BD =
SB2  OB2  9a2  4a2  a 5 .  SO = 4a3 15 3 1 0.25 . Do đó VSABMD = VSABCD  a3 15 . SABCD .SO  Vậy VSABCD = 4 3 3  Gọi G là trọng tâm ∆ OCD, vì ∆ OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ OCD. Dựng đường thẳng d qua G và song song SO thì d  (ABCD) nên d là trục của ∆ 0.25 OCD. Trong mp(SOG) dựng đường trung trực của SO, cắt d tại K cắt SO tại I. Ta có: OI là trung trực của SO  KO = KS mà KO = KC = KD nên K là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD. 5a2 4a2 a 31 CD 2a OI2  OG 2     Ta có: GO = ; R = KO = . 4 3 3 3 12 0.25 2 2 31a 31a Do đó Scâu = 4R 2  4.  . 12 3 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa xyz = 1. Câu V 1 1 1 3 ∑ = 1đ    (1) Chứng minh: 8 3 3 3 (1  x) (1  y) (1  z) 1 1 13 1 .   Ta có: 0.25 8 2 (1  x)2 (1  x)3 (1  x)3 Tương tự, ta được: 3 1 1 3 1 2VT  .     2  (1  x)2 (1  y)2 (1  z)2  8   1 1 1 3    Do đó ta cần chứng minh (2) 4 2 2 2 (1  x) (1  y) (1  z) Ta có: xyz = 1 nên ta có thể giả thiết xy ≥ 1. Khi đó ta có: 1 1 2   (3) 1  xy 2 2 1 x 1 y  2xy + (x2 + y2)xy ≥ x2 + y2 + 2x2y2 0.25  2xy(1 – xy) + (x2 + y2)(xy – 1) ≥ 0  (xy – 1)(x – y)2 ≥ 0. (đúng do xy ≥ 1) Áp dụng (3) ta được: 1 1 1 (vì 2(1 + x2) ≥ (1 + x)2….)   VT (2) ≥ 2 2 2 2(1  x ) 2(1  y ) (1  z) 1 2  1  ≥ ( Do (3))  2  1  xy  (1  z)2 1 1 z 1    = 1 z  1 (1  z)2 2 (1  z) 1 z 0.25 2 2 2 2 2 z  z 1 4z  4z  4 3(z  1)  (z  1) 3 (z  1) 3    = = 4 (z  1)2 4 2 2 2 (z  1) 4(z  1) 4(z  1) Vậy (3) đúng  (1) đúng  (1) được chứng minh. 0.25
VI.a ∑ = 2đ 1 Trong mp Oxy cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (T): x2 + y2 – 4x – 2y – 8 = 0. Đỉnh A thuộc tia Oy, đường cao vẽ từ C nằm trên đường thẳng (d): x + 5y = 0. ∑ = 1đ Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng C có hoành độ là một số nguyên  A thuộc tia Oy nên A(0; a) (a > 0). 0.25 a  4 Vì A  (T) nên a2 – 2a – 8 = 0    a = 4  A(0; 4).  a  2  C thuộc (d): x + 5y = 0 nên C(–5y; y). C  (T)  25y2 + y2 + 20y – 2y – 8 = 0  26y2 + 18y – 8 = 0  y  1  x  5 0.25   C(5; –1) (Do xC  Z)  y  4  x   20  13 13   (AB)  (d) nên (AB): 5x – y + m = 0 mà (AB) qua A nên 5.0 – 4 + m = 0  m = 4. Vậy (AB): 5x – y + 4 = 0. B  (AB)  B(b; 5b + 4).  B  (T)  b2 + (5b + 4)2 – 4b – 10b – 8 – 8 = 0  26b2 + 26b = 0   b 0 . 0.25  b  1 Khi b = 0  B(0; 4 ) (loại vì B trùng với A) 0.25 Khi b = –1  B(–1; –1) (nhận). Vậy A(0; 4), B(–1; –1) và C(5; –1). 2 x  2  t x 1 y  2 z  2  , (d2): y  3  t và mặt phẳng ():   Trong kg Oxyz cho (d1): 2 1 2  z  4  t ∑ = 1đ x – y + z – 6 = 0. Lập phương trình đường thẳng (d) biết d // () và (d) cắt (d1), (d2) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 6 . M  (d1)  M(1 + 2m; –2 + m; 2 – 2m) N  (d )  N(2 – n; 3 + n; 4 + n)  2  NM  2m  n  1; m  n  5; 2m  n  2  ;  n   (1;  1;1) 0.25    MN // ()  n  .NM  0  2m + n – 1 –(m – n – 5) – 2m – n – 2 = 0  –m + n + 2 = 0  n = m – 2.    NM = ( 3m – 3; -3; –3m)  NM  (3m  3)2  (3)2  9m 2  3 2m 2  2m  2 0.25 NM = 3 6  2m2 – 2m + 2 = 6  m2 – m – 2 = 0  m = –1 hay m = 2.  m = –1: M(–1; –3; 4) (loại vì M  (). 0.25   x5 y z2  m = 2: M(5; 0; –2) và NM = 3(1; –1; –2)  (d):   0.25 1 1 2 VII.a ∑ = 1đ Tìm tập hợp các điểm biểu diễn cho số phức z thỏa: z  3  2i  2z  1  2i Gọi M(x; y) là điểm biểu diễn cho số phức z = x + yi (x; y  R). Ta có: z  3  2i  2z  1  2i  x  yi  3  2i  2(x  yi)  1  2i  (x  3)  (y  2)i  (2x  1)  (2y  2)i 0.5 (x + 3)2 + (y – 2)2 = (2x + 1)2 + (2y – 2)2  3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0  0.25 Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn (T): 3x2 + 3y2 – 2x – 4y – 8 = 0. 0.25 VI.b ∑ = 2đ