Đề thi thử môn toán khối A năm 2011 - đề số 9

Chia sẻ: Ba Xoáy | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử môn toán khối a năm 2011 - đề số 9', 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 môn toán khối A năm 2011 - đề số 9

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Môn: Toán 12. Khối A. Đề thi khảo sát lần 4 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) A /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh. ( 7,0 điểm ) Câu I : ( 2,0 điểm ). Cho hàm số : y  x 3  3x  2 có đồ thị là  C  . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 2) Tìm tất cả các điểm M   C  để tiếp tuyến tại M cắt (C) ở điểm N với MN=2 6 Câu II : ( 2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : sin 4 x  2  cos 3x  4 sin x  cos x 1 2) Giải phương trình: 2 x 2  3 x  1  4 x   3 x Câu III : ( 1,0 điểm ). 1 x 2e x Tính tích phân: I   2 dx 0 x  4x  4 Câu IV : ( 1,0 điểm ). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a,(a>0): BAD  600 ; Hai mặt phẳng (SAC)và (SBD)cùng vuông góc với đáy.Gọi M,N lần lượt là trung điểm cạnh BC và SD.Mặt phẳng(AMN) cắt cạnh bên SC tại E.Biết MN vuông góc với AN .Tính thể tích khối đa diện AND.MCE theo a . Câu V : ( 1,0 điểm ). Chứng minh rằng nếu a, b, c   0;1 thì: a b c 5    abc  1  bc 1  ca 1  ab 2 B. PHẦN TỰ CHỌN: ( 3,0 điểm ).( Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần,phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn: Câu VIA : ( 2,0 điểm ). 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm A  2;10  và đường thẳng d:y=8.Điểm E   di động trên d.Trên đường thẳng đi qua hai điểm A và E,lấy điểm F sao cho AE. AF  24 .Điểm F chạy trên đường cong nào? Viết phương trình đường cong đó. 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho ABC ,biết C  3; 2;3 và phương trình đường cao AH,phân giác trong BM của góc B lần lượt có phương trình: x 2 y 3 z 3 x 1 y  4 z  3   và   .Tính chu vi ABC 1 1 2 1 2 1 Câu VII A.(1,0 điểm):Tìm phần thực,phần ảo của số phức: z  1  2i  3i 2  4i 3    2009i 2008 B.Theo chương trình nâng cao Câu VIB : ( 2,0 điểm ). 1.(1.0 điểm)Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng : d1 : y  2 x  0; d 2 : y  2 x  0   ,điểm A  d1 ; điểm B  d 2 thoả mãn OA.OB  3 .Hãy tìm tập hợp trung điểm M của AB. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz,viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng x 1 y 1 z  3 d:   và tạo với mặt phẳng  P  : x  2 y  z  5  0 một góc nhỏ nhất. 2 1 1 i Câu VII B:(1,0 điểm):Cho số phức z thoả mãn z  1 và z   2. Tính tổng: z S  1 z  z  z 2 4 2010 -------------------------------------------Hết-------------------------------------------------------------
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Đề thi khảo sát lần Môn: Toán 12. Khối A. 4 ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khi m=0 thì hàm số trở thành y  x  3 x  2. 3 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3 x  2.  Tập xác định: Hàm số có tập xác định D  .  Sự biến thiên:  x  1 0,25  Chiều biến thiên y'  3 x 2  3. Ta có y'  0   x  1  y,  0  x  1  x  1  h/số đồng biến trên các khoảng  ; 1 & 1;    y,  0  1  x  1  hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1)  yCD  y  1  4; yCT  y 1  0 3 2  Giới hạn lim y  lim x 3 1  2  3    x  x   x x  0,25  Bảng biến thiên: x  -1 1  y'  0  0  0,25 4  y  0  Đồ thị: Đồ thị cắt trục Ox tại các điêm (-2;0),(1;0),cắt trục Oy tại điểm (0;3) y y  x3  3 x  2 4 0,25 -1 O 1 x 2 Tìm tất cả các điểm M để tiếp tuyến tại M cắt (C) ở điểm N với MN=2 6 1,00
 Ta có M a; a 3  3a  2 www.VNMATH.com   C  .Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng   d: y  3a 2  3  x  a   a 3  3a  2 phương trình hoành độ giao điểm của (C) và 0,25 3  2 tiếp tuyến d là: x  3 x  2  3a  3  x  a   a  3a  2  3 2 x  a   xa   x  2a   0   x  2a để tồn tại N thì a  0 .Suy raN có hoành độ 0,25  3  2a  N 2a; 8a  6a  2 theo gt MN=2 6  2 0,25  MN 2  24  9a 2  9a3  9a      24   3t  4  9t 2  6t  2  0 ( t  a 2  0 ) 4 4 2 3  2 3 18  10 3  t  a2   a    M   ;  0,25 3 3 3  3 9  II 2,00 1 Giải phương trình : sin 4 x  2  cos 3x  4 sin x  cos x 1,00 pt   sin 4 x  sin 2 x    sin 2 x  cos x    2  4 sinx   cos3 x 0,25   2cos 3x sin x  cos3x   cos x  2sin x  1   2  4 sinx   0   2sin x  1 cos3 x  cos x  2   0 0,25 1  5 sinx   x   k 2  x   k 2 với k   2 6 6 0,25 cos3 x  cos x  2  0  cos3 x  1, cosx  1  cosx  1  x  k 2 với k    5 0,25 phương trình có 3 họ nghiệm x   k 2  x   k 2  x  k 2 6 6 2 1 1,00 Giải phương trình: 2 x 2  3 x  1  4 x   3 x 1 3 1 3 1 3 +Khi x  0 thì pt  2   2  2   4 (1) đặt t   2 x x x x x2 x t  0  2 1 3 pt(1)  t  t 2  6  t 2  t  6  0  t  3 ( tm), t  2  l  0,25 t  x 2  x  2 1 3 3  37 3  17  2   2  7 x 2  3x 1  0  x   tm  và x  (loại) 0,25 x x 14 14 1 3 1 3 1 3 Khi x  0 thì pt   2   2  2   4 (2) đặt t   2 x x x x x2 x t  0  2 1 3 pt(1)  t  t 2  6  t 2  t  6  0  t  2 ( tm), t  3  l  0,25 t  x 2  x  2 3  37 3  17  2 x 2  3x 1  0  x   k.tm  và x  (tm) 4 4 3  37 3  17 0,25 Kl nghiệm pt là: x  và x  14 4 III 1 x 2e x 1,00 Tính tích phân: I   dx 0 x2  4x  4
 x  2  2  4  x  2www.VNMATH.com 1   4  e x I   dx  I1  4  I 2  I3  2 0  x  2 0,25 1  e x  4  I 2  I3   e  1  4  I 2  I 3  0 1 1 1 x ex ex với I1   e d x ; I 2   dx; I 3   2 dx .Tính I 2 0,25 0  x  2 0 0 x2 1 1 đặt u  du   2 dx x2  x  2 dv  e x dx  v  e x 1 ex ex 1 e 1 0,25 I2   2 dx    I3 .Vậy x  2 0 0  x  2 3 2  e 1  3e 3e 0,25 I  e  1  4  I 2  I3   e  1  4     Đáp số: I  3 2 3 3 IV Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD.... 1,00 AC  BD  O do (SAC) và(SBD) cùng vuông góc với (ABCD) nên SO   ABCD  .Tam giác ABD cân có BAD   600  ABD đều cạnh 2a 0,25 đặt SO  x  x  0  ; AO  OC  a 3; BO  OD  a ,chọn hệ trục toạ độ Oxyz gốc O trục Ox đi qua CA,trục Oy đi qua DB,trục Oz đi qua OS ta có     O(0;0;0), A a 3; 0; 0 , B  0; a;0  , C  a 3; 0; 0 , D  0;  a; 0  , S  0;0; x   a 3 a   a x    a x 0,25 M  ; ; 0  , N  0;  ;   AN    a 3;  ;   2 2    2 2  2 2    a 3 x   MN   ;  a;  , AN  MN  AN .MN  0  x  2a  2 2 0,25 I  AM  CD, E  IN  SC , do C là trung điểm của DI  E là trọng tâm tam giácSDI  CE 1 1   VADN . MCE  VN . AID  VEMIC  d  N ,  ABCD   .S AID  CS 3 3 1 1 SO 1 SO 1 5 5 3 3 d  E ,  ABCD   .S MIC  .S ABCD  . . S ABC  SO.S ABD  a 0,25 3 3 2 3 3 2 18 9 V Chứng minh rằng nếu a, b, c   0;1 thì... 1,00 w.l.o.g. a  b  c  ab  ac  bc 0,25 bc từ đó ta có: 1  b 1  c   0  1  bc  b  c   1 (do a, b, c   0;1 ) 1  bc b c bc a b c 1 0,25    1 vậy :    abc   bc  1 1  ca 1  ab 1  bc 1  bc 1  ca 1  ab 1  bc 1 3 1 3 ta cần cm  bc    x  (*)với x   0;1 0,25 1  bc 2 1 x 2 (*)   2 x  1 x  1  0 luôn đúng với mọi x   0;1 dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a=b=c=1 0,25 VIA 2,00 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm A  2;10  và đường thẳng d:y=8 …. 1,00 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d  H  2;8  .Trên tia AH lấy điểm B 0,25
    24   thoả mãn AH .AB  AM .www.VNMATH.com AN  24  AB   12 (do AB; AH cùng 0,25 AH hướng,AH=2) AH AF Từ đó B  2; 2  .Ta thấy AHE  AFB  c  g  c  (do Aˆ chung,  ) AE AB  AFB   AHE  900  F chạy trên đường tròn tâm I  2; 4  bán kính 0,25 1 R AB  6 .Phương trình đường cong cố định mà F chuyển động trên đó là: 2 2 2  x  2    y  4  36 0,25 2 …cho ABC ,biết C  3; 2;3 và phương trình đường…. 1,00 x  2  t x  1 u   pt tham số của AH và BM  AH  :  y  3  t &  BM  :  y  4  2u  z  3  2t z  3  u   khi đó A  2  t ;3  t ;3  2t  & B 1  u; 4  2u;3  u  0,25 +xác định toạ độ B   CB   u  2; 2u  2; u  & a AH  1;1; 2    Ta có BC  AH  CB.a AH  0  u  2  2u  2  2u  0  u  0  B 1; 4;3 +xác định  toạ độ A   Ta có: BA  1  t ; 1  t ; 2t  , u BM  1; 2;1 , BC   2; 2;0  . 0,25 Vì BM là đường phân giác trong của góc B nên:         BA.u BM u BM .BC    cos BA, u BM  cos u BM , BC    BA . uBM     uBM . BC 1  t  2  1  t   1.  2t  2 40 t  0   2 2 1  t    1  t    2t  2 44 t  1 0,25 + t =0  A  2;3;3 (loại) do A,B,C thẳng hàng + t =-1  A 1; 2;5  (tm) khi đó ta có được AB  BC  CA  2 2 tam giác ABC 0,25 đều ,vậy chu vi tam giác ABC bằng 6 2 VIIA Tìm phần thực,phần ảo của số phức: z  1  2i  3i 2  4i 3    2009i 2008 1,00 z  1  2i  3i 2  4i 3    2009i 2008 iz  i  2i 2  3i 3  4i 4    2009i 2009 0,25 1  i  z  1  i  i 2  i 3    i 2008  2009i 2009  i 2008  2009i 2009  1  2009i 0,25 1  2009i 1  2009i 1  i  2010  2008i z    1005  1004i vậy phần 1 i 2 2 0,25 thực của số phức z bằng 1005, phần ảo của số phức z bằng -1004 0,25 do i 4k  i 4 k 1  i 4k  2  i 4 k 3  0k   VIB 2,00 1 Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy cho hai đường thẳng : 1,00 d1 : y  2 x  0; d 2 : y  2 x  0 ……
Từ gt A  x1 ; y1   d1 , B  x2www.VNMATH.com ; y2   d 2 nằm về 2 phía trục tung  x1 x2  0 0,25   y1  2 x1 , y2  2 x2  OA  5 x1 , OB  5 x2 , 3 có    AOB  cos  5   từ gt OA.OB  3  x1 x2  1  x1 x2  1 gọi M(x;y) là trung điểm của AB 0,25 2 2 2 2 2 x1  x2  2 x; y1  y2  2 y  4 x  x  x  2 x1 x2  x  x  2 (1) 1 2 1 2 2 y  2 x1  2 x2  y 2  x12  x22  2 x1 x2  x12  x22  2 (2) 0,25 2 y Từ (1) và (2)  x 2   1 (3) Vậy tập hợp các điểm M(x;y) là đường Hyperbol 4 cho bởi (3). 0,25 2 viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng 1,00 x 1 y 1 z  3 d:   và tạo với mặt phẳng  P  : x  2 y  z  5  0 góc nhỏ nhất 2 1 1   +d có vtcp u   2;1;1 ,(P) có vtpt m  1; 2; 1   (Q) có vtpt n   a; b; c  a 2  b2  c 2  0  +do (Q) chứa d nên ta có     0,25 n  u  n.u  0  2a  b  c  0  c  2a  b  n   a; b; 2a  b  +gọi góc hợp bởi (P) và (Q) là    m.n a  2b  2a  b   cos  cos  m; n      m.n 6. a 2  b2   2a  b  2 0,25 3 ab 3 a b 3 cos       300 vậy  min  300 6. 3a 2  2  a  b  2 6. 2  a  b  2 2  dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a  0 lúc đó ta chọn b  1; c  1  n   0;1; 1 0,25 qua : A  1; 1;3  d mặt phẳng (Q):   từ đó mp (Q): y  z  4  0 vtpt : n   0;1; 1 0,25 VIIB ...... Tính tổng S  1  z 2  z 4    z 2010 ..... 1,00 giả sử z  a  bi,  a, b    . ta có hệ  z  1 2 2 a  b  1 pt :  2  2 2 0,25  z  i  2 z  a  b   2ab  1 i  2 b 2  1  a 2  b 2  1  a 2  a  0; b  1  2    0,25  2  2 2   2a  1  4a 1  a  4ab  1  0 ab  0 b  0; a  1 khi đó ta có 4 số phức là : z  1; z  1; z  i; z  i 0,25 khi z  1 hoặc z  1 ta có S  1006 1006 1006 khi z  i hoặc z  i ta có S z 2 1  i  2 1 0 0,25 z2 1 i2 1