Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Phước Bình (2010-2011) Lần 3

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

71
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức, kĩ năng cơ bản, và biết cách vận dụng giải các bài tập một cách nhanh nhất và chính xác. Hãy tham khảo đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Phước Bình (2010-2011) Lần 3.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Phước Bình (2010-2011) Lần 3

TRƯỜNG THPT PHƯỚC BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2010-2011 TX. PHƯỚC LONG – BÌNH PHƯỚC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi gồm có 1 trang) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm ) x2 Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số y  (C) 2x  3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Lập phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến này cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại các điểm A và B đồng thời đường trung trực của đoạn thẳng AB đi qua góc tọa độ O(0;0). Câu II: ( 3 điểm ) 1. Giải phương trình: 2 sin 6 x  2 sin 4 x  3cos2 x  3  sin 2 x 8x3  y3  3y2  5y  4x  3  2. Giải hệ phương trình :   2x  y  5  2x  2  2 2 3 x  x3  2011x 3. Tính tích phân: I  dx 1 x4 Câu III: ( 1 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 . Gọi I là trung điểm của     BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA  2 IH , góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600. Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH). x  y  3  Câu IV: ( 1 điểm ) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm với x  2 :  2 2  x 3  y 5  m  PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B ) A. Theo chương trình chuẩn: Câu Va: ( 2 điểm ) 2 1 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các đường tròn (C1) :  x  1  y2  và 2 2 2 (C2 ) :  x  2   y  2  4 . Viết phương trình đường thẳng d tiếp xúc với đường tròn (C1) và cắt đường tròn (C2 ) tại hai điểm M, N sao cho MN  2 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thang cân ABCD có đáy lớn AB và tọa độ các đỉnh A(1;-1;-2), B(-1;1;0), C(0;-1;2). Xác định tọa độ đỉnh D. z  1  5i Câu VIa: ( 1 điểm ) Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn:  2 z 3  i B. Theo chương trình nâng cao: Câu Vb: ( 2 điểm )  9 3 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I  ;  và  2 2 trung điểm của cạnh AD là M(3;0). Xác định tọa độ các đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCD. x 1 y  1 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   z và mặt phẳng 3 1 (P) : 2x  y  2z  2  0 . Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng d có bán kính nhỏ nhất tiếp xúc với (P) và đi qua điểm A(1;-1;1). Câu VIb: ( 1 điểm ) Tìm số nguyên dương n biết: k 2C2n1  3.2.2C2n1  ...   1 k  k  1 2k 2 C2n1  ...  2n  2n  1 22n1C2n1  40200 2 3 k 2n1 **************HẾT************** Thí sinh không sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………………; Số báo danh:……..www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 ( MÔN TOÁN ) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM TXĐ , đạo hàm 0.25 lim y   , lim y      x = -3/2 TCĐ 3 3 x x 2 2 0.25 I1 1 lim y   y=1/2 TCN x 2 Bảng biến thiên , điểm đặt biệt 0.25 Vẽ đồ thị 0.25 x2 y . Theo giả thiết ta suy ra tam giác OAB vuông cân tại O. Nên tiếp tuyến sẽ 2x  3 0.25 song song song song với một trong hai đường thẳng y  x hoặc y   x . 1 1 0.25 I2  y ( x0 )  1   1   1 2 (2x0  3) (2x0  3)2 +0.25  x  2  Với  0  : y   x  2 (nhận)  y0  0 0.25 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y   x  2 . Giải phương trình: 2 sin 6 x  2 sin 4 x  3cos2 x  3  sin 2 x 0.25 pt đã cho  2cos5 x sin x  3 sin 2 x  sin x cos x s inx  0  0.25  2 cos5 x  3 sinx  cos x II1 +) sinx  0  x  k 0.25   k   x   12  2 +) 2cos5 x  3 sinx  cos x  cos5 x  cos( x  )   k   0.25 3  x    k   18 3 8x3  y3  3y2  5y  4 x  3  Giải hệ phương trình :   2x  y  5  2x  2  0.25 ĐK: 2x + y + 5  0 pt : 8x3  y3  3y2  5y  4x  3  4x  8x3  2y  2  y3  3y2  3y  1 3 3  2  2 x    2x   2  y  1   y  1 0.25 II2 Xét hàm số f  t   2t  t 3  t   , f '  t   2  3t 2 t  0  HSĐB Suy ra 2 x  y  1  y  2 x  1 thay và phương trình còn lại. 4x  4  2 x  2  4  0 Đặt u  x  1  0 0.25 u  1 pt : 2u2  2u  4  0   u  2(l ) x  1  1  x  0  y  1 nghiệm của hệ (0;-1) 0.25 1 2 2 3 3 2 2 3 1 2 2 I x  x  2011x dx  x2 dx   2011 dx 0.25  4  3 1 x 1 x 1 x3
1 2 2 3 1 M x2 dx Đặt t  1  1  t3  1  1  3t 2dt   2 dx  3 1 x3 x 2 x 2 x3 3 0.25+0. 7 II3 x  1  t  0, x  2 2  t   25 2 3 1  7 2 2 3 1 x 2 3 2 213 7 M  dx    t 3dt   1 x3 2 0 128 2 2 2 2 2 2 2011  2011 3 14077 N  dx   2011x dx      0.25 3 1 x 1  2 x2  1 16 Suy ra đáp số của I Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH S IA a BC = AB 2  2a ; AI = a ; IH = = 2 2 K 3a 0.25 AH = AI + IH = 2 A B I C H III a 5   Ta có HC  Vì SH  ( ABC )  ( SC ; ( ABC ))  SCH  60 0 ; 2 0.25 a 15 SH  HC tan 60 0  2 1 1 1 a 15 a 3 15 VS . ABC  S ABC .SH  . (a 2 ) 2  0.25 3 3 2 2 6 BI  AH    BI  (SAH ) BI  SH  0.25 d ( K ; ( SAH )) SK 1 1 1 a    d ( K ; ( SAH ))  d ( B; ( SAH )  BI  d ( B; ( SAH )) SB 2 2 2 2 x  y  3   2 2  y  3 x  x 3  y 5  m  0.25 x x 3 Đặt f ( x)  x  3  (3  x)  5  f  ( x)  2 2  x2  3 (3  x) 2  5 2  x  3 f  ( x)  0  x x 2  6 x  14  (3  x) x 2  3   2 0.25 2 x  18 x  27  0 IV Phương trình thứ hai có  '  81  54  135  9.15 , 9  3 15 và hai nghiệm: x1,2  2 Dễ kiểm tra rằng cả hai nghiệm này đều bị loại vì nhỏ hơn 2. Vậy, đạo hàm của hàm số 0.25 không thể đổi dấu trên  2;  , ngoài ra f  (3)  0 nên f  ( x)  0, x  2 . Do đó, giá trị nhỏ nhất của f ( x) là f (2)  7  6 . Cũng dễ thấy lim f  x    . Từ đó suy ra: hệ phương trình đã cho có nghiệm (với x  2 ) x 
khi và chỉ khi m  6  7 . 0.25 0.25 1 Đường tròn  C1  có tâm I1 1;0  , R1  2 2  MN  Đường tròn  C2  có tâm I 2  2; 2 , R2  2 , 2 I2 H  R   2   d  I 2 , MN   2  2  Va1 Gọi đường thẳng MN có dạng: Ax + By + C = 0  d  I 2 , MN   2 0.25   1 Giải hệ ta tìm được A,B,C +0.25  d  I1 , MN    2 MN : x  y  2  0 , MN : x  7 y  6  0 Kết luận: 0.25 MN : x  y  2  0 , MN : 7 x  y  2  0 Ta có BC = AD = 3 D C Viết phương tình đường thẳng qua C và Song song với AB 0.25  x  2t  CD :  y  1  2t  t   A B Va2  z  2  2t  D  CD  D  2t ; 1  2t;2  2t  tính AD và BC theo t 0.25 t  1  D  2; 3;0  loại vì CD = AB = 2 3 là hình bình hành 0.25 2 4 7 2 t    D ; ;  thỏa mãn điều kiện 0.25 3 3 3 3 z  1  5i Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất thỏa mãn:  2 z 3  i Gọi z = a + bi (a,b thuộc R)  z  a  bi 2 2 0.25 z  1  5i a  bi  1  5i  a  1   b  5 i z  1  5i   a  1   b  5  2   , z 3 i a  bi  3  i  a  3   b  1 i z 3  i 2 2  a  3   b  1 VIa 2 2  a  1   b  5  2  a2  b2  10a  14b  6  0  *  0.25 2 2  a  3   b  1 *  là phương trình của đường tròn trong mặt phẳng phức Nên số phức có môđun nhỏ nhất phần thực và phần ảo là nghiệm của đường tròn  *  và 0.25 đường thẳng IO với I là tâm của đường tròn, I(-5;-7)
 34  2 370 a  5t t  IO :  2  pt : 37t  74t  3  0   37 b  7t  37  2 370 t   37 0.25 34  2 370 34  2 370 37  2 370 37  2 370 z  5 37 7 37  n , z  5 37 7 37 l  AB  2IM  3 2 ; A B S Ta có AD  ABCD  2 2 I AB M 0.25  MA  MD  2 C D Vb1 Đường thẳng AD: x+y- 3 = 0 . Vì MA  MD  2 nên A, D là nghiệm của hệ x  y  3  0 0.25  2 2  A  2;1 , D  4; 1 0.25  x  3  y  2 Vì I là trung điểm của AC và BD C  7; 2 , B  5; 4 0.25 Gọi I là tâm của mặt cầu (S). 0.25 I  d  I 1  3t; 1  t; t  , R  IA  11t 2  2t  1 (P) tiếp xúc (S) nên: 5t  3 t  0  R  1 0.25 Vb2 d  I ,  P    R  37t 2  24t  0   24 77 3 t   R  37 37 Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên ta chọn t  0  R  1  I 1; 1; 0 0.25 2 2 Vậy phương trình mặt cầu  S :  x  1   y  1  z2  1 0.25 k 2C2n1  3.2.2C2n1  ...   1 k  k  1 2k 2 C2n1  ...  2n  2n  1 22n1C2n1  40200 2 3 k 2n1 2n1 k Xét 1  x   C2n1  C2n1x  C2n1x2  ...   1 C2n1x k  ...  C2n1 x n 0 1 2 k 2n1 1 0.25 Lấy đạo hàm hai vế ta được: 2n k   2n  11  x   C2n1  2C2n1x  ...   1 kC2n1xk 1  ...   2n  1 C2n1 x2n  2 1 2 k 2n1 Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta được: 2n1 VIb 2n  2n  11  x   0.25 2 3 k  2C2n1  3.2C2n1x  ...   1 k  k  1 C2n1xk2 k  ...  2n  2n  1 C2n1 x2n1 2n1 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2n  2n  1  0.25 k 2C2n1  3.2.2C2n1  ...   1 k  k  1 2k2 C2n1  ...  2n  2n  1 22n1C2n1 2 3 k 2n1 Vậy ta có phương trình: 2n  2n  1  40200  2n2  n  20100  0  n  100 0.25