Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Tài 2 (2011-2012) Lần 1

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho học sinh ôn tập, luyện tập và vận dụng các kiến thức vào việc giải các bài tập được tốt hơn mời các bạn tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Tài 2 (2011-2012) Lần 1.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương Tài 2 (2011-2012) Lần 1

SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011( lần 1) TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 2 Môn; Toán ; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 21/ 10/ 2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I ( 2 điểm) x + 2 Cho hàm số y = (C ) x - 3 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C). 2) Tìm trên đồ thị ( C) điểm M sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận đứng 1 bằng khoảng cách từ điểm M đến đường tiệm cận ngang. 5 Câu II ( 2 điểm) 1) Giải phương trình : 2sin 3 x - cos 2 x + cos x = 0 2) Giải bất phương trình: x 2 - x - 2 + 3 x £ 5 x 2 - 4 x - 6 Câu III ( 1 điểm) 1 Tính I = ò x ln(1 + x 2 ) dx 0 Câu IV ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA vuông góc mặt đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích khối chóp S.AHK theo a. Câu V ( 1 điểm) æ 1 öæ 1 ö Cho x, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= ç x2 + 2 ÷ ç y 2 + 2 ÷ . è y øè x ø PHẦN RIÊNG ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a ( 2 điểm) 1) Cho tam giác ABC có B(3; 5), đường cao AH và trung tuyến CM lần lượt có phương trình d: 2x 5y + 3 = 0 và d’: x + y 5 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A và viết phương trình cạnh AC. 2) Cho mặt cầu (S) : ( x - 3) 2 + ( y + 2) 2 + ( z - 1) 2 = 100 và mặt phẳng (a ) : 2 x - 2 y - z + 9 = 0 Chứng minh rằng (S) và (a ) cắt nhau theo giao tuyến là đường tròn (T). Tìm tâm và bán kính của đường tròn (T) . Câu VII.a ( 1 điểm) Tìm số phức z, nếu z 2 + z = 0 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI .b ( 2 điểm) 1) Cho đường tròn ( C) x 2 + y 2 - 2 x - 4 y - 4 = 0 và điểm A (2; 3) các tiếp tuyến qua A của ( C) tiếp xúc với ( C) tại M, N .Tính diện tích tam giác AMN. ì x = 4 + t x - 2 y - 1 z - 1 ï 2) Cho hai đường thẳng d: = = và d’: í y = 2 - t 1 - 1 2 ï z = t î Chứng minh rằng d và d’ chéo nhau. Tính độ dài đoạn vuông góc chung của d và d’. x 2 - 3 x + 2 Câu VII.b ( 1 điểm) Cho hàm số y = (C). Tìm trên đường thẳng x = 1 những điểm mà từ đó x kẻ được 2 tiếp tuyến đến đồ thị ( C). Cảm ơn từ taphieu@gmail.com.vn gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011 (Đáp án gồm 7 trang) Câu ý Nội dung Điểm Câu I 1) 1 điểm 2 đ 1/Tập xác định: D = R \ {3 . } 0,25 2/ Sự biến thiên -5 0,25 aChiều biến thiên : Ta có y ' = 2 < 0 ( x - 3) Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ( -¥;3) vµ (3; +¥) bCực trị: Hàm số không có cực trị x + 2 x + 2 c Giới hạn: lim- ( ) = -¥ ; lim+ ( ) = +¥ Þ Hàm số có tiệm x 3 x - 3 ® x 3 x - 3 ® cận đứng x=3 x + 2 lim ( ) = 1 Þ Hàm số có tiệm cận ngang y = 1 x ®±¥ x - 3 dBảng biến thiên: x ¥ 3 0,25 + ¥ y’ y 1 + ¥ ¥ 1 3/ Đồ thị: y Đồ thị nhận I(3; 1 ) làm tâm đối xứng 0,25 - 2 Giao với trục:Ox tại ( 2 0 ),với Oy (0; ; ) 3 1 2 0 3 x 1 điểm 2) +)Gọi đường tiệm cận đứng , tiệm cận ngang lần lượt là d1, d2 æ x + 2 ö 0,25 M Î C ) nên M ç x ( ; ÷ è x - 3 ø
x + 2 5 +) Ta có d ( M , d1 ) = x - 3 , d ( M , d 2 ) = - 1 = 0,25 x -3 x - 3 1 5 é x = 4 +)Theo bài ra ta có x - 3 = Û ( x - 3)2 = 1 Û ê 0,25 5 x - 3 ë x = 2 Vậy có 2 điểm thỏa mãn M 1 (4;6), M 2 (2; - 4) 0,25 Câu II 1 điểm 1) 2 đ +)pt Û 2sin 3 x - (1 - 2sin 2 x) + cos x = 0 0,25 Û 2 sin 2 x (1 + s inx) - (1 - cos x ) = 0 Û (1 - cos x ) [ 2(1 + cos x )(1 + s inx) - 1] = 0 Û (1 - cos x ) [ 2(s inx + cos x ) + 2 sin x cos x + 1] = 0 é1 - cos x = 0 (1) Ûê 0,25 ë inx + cos x) + 2sin x cos x + 1 = 0 (2) 2(s Giải (1) ta được x = 2 kp (k Î Z ) Giải (2) : p 0,25 Đặt t = s inx + cos x = 2 sin( x + ) , t Î é - 2; 2 ù ë û 4 ét = 0 Ta được phương trình t 2 + 2t = 0 Û ê t ë = -2 (loai) -p Với t = 0 Û x = + kp (k Î Z ) 0,25 4 -p Vậy phương trình có nghiệm: x = 2 p x = k + k p ( k Î Z ) 4 1 điểm 2) ì x 2 - x - 2 ³ 0 ï 0,25 Điều kiện í x ³ 0 Û x ³ 2 ï5 x 2 - 4 x - 6 ³ 0 î Bình phương hai vế ta được 6 x ( x + 1)( x - 2) £ 4 x 2 - 12 x - 4 0,25 Û 3 x ( x + 1)( x - 2) £ 2 x ( x - 2) - 2( x + 1) 0,25 x( x - 2) x( x - 2) Û3 £2 - 2 x +1 x + 1 x( x - 2) 0,25 Đặt t = ³ 0 ta được bpt 2t 2 - 3t - 2 ³ 0 x + 1
é -1 t £ Ûê 2 Û t ³ 2 ( do t ³ 0 ) ê t ë ³ 2 x ( x - 2) 0,25 Với t ³ 2 Û ³ 2 Û x 2 - 6 x - 4 ³ 0 x + 1 é x £ 3 - 13 Ûê Û x ³ 3 + 13 ( do x ³ 2 ) Vậy bpt có nghiệm x ³ 3 + 13 ê x ³ 3 + 13 ë Câu III 1 điểm 1 đ 2 xdx Đặt u = ln(1 + x 2 ) Þ du = 0,25 1 + x 2 2 x dv = xdx Þ v = 2 1 1 0,25 x2 x 3 1 Do đó I = ln(1 + x 2 ) - ò 2 dx = ln 2 - I 1 2 0 0 1+ x 2 Tính I1: 0,25 1 1 1 1 x 1 1 2 x 1 1 2 1 1 Ta có I1 = ò ( x - 2 )dx = x - ò 2 dx = - ln 1 + x = - ln 2 0 1+ x 2 0 2 0 1 + x 2 2 0 2 2 1 0,25 Vậy I = ln 2 - 2 Câu V1 1 điểm 1 đ S +) Theo bài ra ta có SH ^ ( AHK ) 0,25 H BC ^ SA, BC ^ AB Þ BC ^ (SAB ) Þ BC ^ AK a Và AK ^ SC nên K 2a C AK ^ (SBC ) Þ AK ^ KH và SB ^ AK A a B +) Áp dụng định lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông 0,25
1 a 2 2a a 3 a ta có AK = SB = , AH = Þ KH = , SH = 2 2 5 10 5 1 2 a 6 0,25 +) Ta có S AHK = AK .HK = (dvdt ) 2 4 10 1 a 3 3 0,25 +) Vậy VS . AHK = S AHK .SH = (dvtt ) 2 60 Chú ý : có thể tính theo công thức tỷ số thể tích. Câu V 1 điểm (1d) 1 æ 1ù 0,25 +) Theo B ĐT Côsi ta có 0
33 19 Gọi E = d Ç d1 nên E ( ; ) .Vì d’ là đường trung tuyến qua C nên D là trung 7 7 điểm AE suy ra A (1;1) +) Ta có cạnh BC ^ c với d nên phương trình cạnh BC là 5x + 2y – 25 = 0 0,25 -35 50 uuur -38 47 Suy ra C = ( BC ) Ç d ' Þ C ( ; ) Þ AC ( ; ) 3 3 3 3 ì x = 1 - 38 t 0,25 +) Vậy phương trình cạnh AC là í î y = 1 + 47 t 2) 1 điểm +) Mặt cầu (S) có tâm I(3;2;1) và bán kính r = 10 . 2.3 - 2(-2) - 1 + 9 0,25 Ta có : h = d ( I , (a )) = = 6 4 + 4 + 1 Vậy d ( I , (a ))
é ì x = 0 0,25 é ì x = 0 ï é ì x = 0 ï êï é é x = 0, y = 0 ê í 2 êí ê í é y = 0 êê êï -y + y = 0 î ê ï y (1 - y ) = 0 î ê ï ê y = 1 êê x = 0, y = 1 +) Û ê Û ê Û êî ë Û êê x = 0, y = -1 êì y = 0 ï ê ì y = 0 ï ê ì x = 0 (do x + 1 > 0) êë ê í x 2 + x = 0 ê í x (1 + x ) = 0 êï ê y = 0, x = 0 ë ëïî ëïî í ê ï y = 0 ë î +)Vậy có ba số phức thoả điều kiện là z = 0; z = i; z = − i. 0,25 Câu VI.b 1) 1 điểm 2 đ +) Ta có (C ) có Tâm I(1; 2) bán kính R = 3 0,25 Và dễ thấy có một tiếp tuyến vuông góc với Ox và qua A là d: x= 2 +)Gọi d’ là dường thẳng qua A ( 2; 3) có hệ số góc là k ta có d’ :y = k(x + 2) + 0,25 3 3k + 1 4 d’ là tiếp tuyến của ( C ) ód( I, d’ ) = R ó = 3 Û k = k 2 + 1 3 4 17 Þ d ' : y = x + 3 3 - 57 7 0,25 + ta có tiếp điểm của d và (C ) là M(2; 0), của d’ và (C ) là N ( ; ) 5 5 7 3 1 9 0,25 + Ta có AM = 3, d ( N , d ) = -2 + = .Vậy S AMN = AM .d ( N , d ) = (dvdt ) 5 5 2 10 2) 1 điểm r +) Ta có vtcp của d u (1; -1; 2) và M(2;1;1) Î d 0,25 r uuuu r vtcp của d’ u '(1; -1;1) và N (4;2;0) Î d' => MN (2;1; -1) r ur uuuu r 0,25 +) Ta có éu , u 'ù .MN = 3 ¹ 0 vậy d và d’ chéo nhau. ë û +) ta có A Î d Þ A(2 + k ;1 - k ;1 + 2k ) , B Î d ' Þ B(4 + t ; 2 - t ; t ) 0,25 uuur r uuu r ì AB.u = 0 ï Þ AB (2 + t - k ;1 - t - k ; -1 + t - 2 k ) AB là đoạn vuông góc chung ó í uuu ur r ï AB.u ' = 0 î
ì 4t - 6k - 1 = 0 ìt = -2 uuu r 3 2 0,25 +) Û í Ûí Þ AB (1,5;1,5; 0) Vậy d(d,d’) = AB = î3t - 4k = 0 k î = -1,5 2 r ur uuuu r éu, u ' ù . ë û MN 3 Chú ý : có thể tính theo cách d (d , d ') = r ur = éu , u ' ù 2 ë û Câu II.b 1 điểm 1 đ +) Gäi M lµ ®iÓm thuéc ®êng th¼ng x=1, d lµ ®êng th¼ng ®i qua M cã hÖ sè gãc lµ k. d cã ph¬ng tr×nh lµ : y= k(x-1)+m ( víi M(1,m) ) 0,25 §Ó d lµ tiÕp tuyÕn cña C th× hÖ sau cã ngiÖm. ì x 2 - 3 x + 2 ï = k ( x - 1) + m (1) ï x í ï x 2 - 2 = k (2) ï î x x 2 - 3 x + 2 æ x 2 - 2 ö +) Thay (2) vµo (1) ta cã = ç 2 ÷ ( x - 1) + m 0,25 x è x ø Û x( x 2 - 3 x + 2) = ( x 2 - 2)( x - 1) + mx 2 Û g ( x, m ) = (2 + m) x 2 - 4 x + 2 = 0 (3) +)§Ó tõ M kÎ ®îc ®óng 2 tiÕp tuyÕn ®Õn C th× ph¬ng tr×nh (3) cã ®óng 2 ngiÖm ph©n biÖt 0,25 ì D ' = 4 - 2(2 + m > 0 ) Ûí î + m) g ( x, m) = (2 + m)(2) ¹ 0 (2 ì -2m > 0 ì m < 0 Ûí Do ®ã Þ í (*) î 2 + m ¹ 0 îm ¹ -2 +) VËy trªn ®êng th¼ng x=1 .TËp hîp c¸c ®iÓm cã tung ®é nhá h¬n 0 (m