ôn thi môn toán năm 2011_ số 8

Chia sẻ: Abcdef_6 Abcdef_6 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

74
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'ôn thi môn toán năm 2011_ số 8', 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: ôn thi môn toán năm 2011_ số 8

http://ductam_tp.violet.vn/ TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN- TP. THÁI NGUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN – Khối: A (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số y  2 x  4 . x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1). Câu II (2,0 điểm): 2 1. Giải phương trình:  1  3  2x  x2 x 1  3  x 2. Giải phương trình: sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x e Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: I    ln x  ln 2 x  dx   1  x 1  ln x  Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Hai đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h. Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x9  y 9 y9  z9 z 9  x9 P 6  6 33 x6  x3 y 3  y 6 y  y 3 z 3  z 6 z  z x  x6 PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình: x 2  y 2  4 3 x  4  0 . Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngoài với (C) tại A. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có  x  2  3t phương trình Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là .   y   2t (t  R)  z  4  2t  nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức: z 2  z  0 B. Theo chương trình nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm): 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y +14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz, cho hai đ ường thẳng: 2 x  y  1  0  3 x  y  z  3  0 .Chứng minh rằng hai đường thẳng (  ) và (  ' ) cắt ( )  ; (  ')  x  y  z 1  0 2 x  y  1  0  nhau. Viết phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi (  ) và (  ' ).  x log 2 3  log 2 y  y  log 2 x Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:  .  x log 3 12  log 3 x  y  log 3 y -------------------------------- Hết ------------------------ Họ và tên thí sinh: ………………………..……………………………………Số báo danh: ……………...……
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 – MÔN TOÁN – KHỐI A Điểm Câu Nội dung I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) CâuI 2.0 1. TXĐ: D = R\{-1} 6 Chiều biến thiên: y '   0 x  D ( x  1) 2 0.25 => hs đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; ) , hs không có cực trị Giới hạn: lim y  2, lim y  , lim y   x  x 1 x 1 => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2 0,25 BBT - + x -1 y’ + + + 2 y - 2 0.25 + Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm  2; 0  , trục tung tại điểm (0;-4) y f(x)=(2x-4)/(x+1) f(x)=2 9 x(t)=-1 , y(t)=t 8 7 6 5 4 3 2 1 x -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -1 -2 -3 -4 0.25 -5 Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng 6  6  2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có A  a; 2   ; B  b; 2   ; a, b  1 0.25 a 1   b 1    a b a 2 b2  Trung điểm I của AB: I  ;   2 a 1 b 1  0.25 Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0      AB.MN  0 Có :  0.25  I  MN  a  0  A(0; 4) =>    0,25 b  2  B (2;0) CâuII 2.0 1. TXĐ: x  1;3 0,25 t2  4 2 3  2x  x  Đặt t= x  1  3  x , t > 0 => 0,25 2 đc pt: t3 - 2t - 4 = 0  t=2 0,25
 x  1 Với t = 2  x  1  3  x =2   (t / m) 0,25 x  3 1,0 2. sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x TXĐ: D =R sin x  sin 2 x  sin 3 x  sin 4 x  cos x  cos 2 x  cos3 x  cos 4 x sin x  cosx  0  (sin x  cosx ). 2  2(sin x  cosx )  sin x.cosx   0   0,25  2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0  + Với sin x  cosx  0  x   k ( k  Z ) 0,25 4 + Với 2  2(sin x  cosx)  sin x.cosx  0 , đặt t = sin x  cosx (t    2; 2  )   t  1 được pt : t2 + 4t +3 = 0   0.25 t  3(loai )  x    m2 t = -1   (m  Z )  x     m 2  2    x  4  k (k  Z )  Vậy :  x    m 2 (m  Z ) 0,25    x    m2 2  Câu III 1,0 e  ln x   ln 2 x  dx I   1  x 1  ln x  4 22 e ln x  dx , Đặt t = 1  ln x ,… Tính được I1 = I1 =  0,5 3 3 x 1  ln x 1 e   I 2   ln 2 x dx , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e - 2 0,25 1 2 22 I = I1 + I2 = e   0,25 3 3 Câu IV 1,0 S S' N M D C H K A B SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : V  VS . ABCD  VS . AMND 0,25 VS . AMD SM 1 VS .MND SM SN 1  ;  ; VS . AMND  VS . AMD  VS .MND ; . VS . ABD SB 2 VS . BCD SB SC 4 0.25 1 3 5 VS . ABD  VS . ACD  VS . ABCD ; VS . AMND  VS . ABCD  V  VS . ABCD 0.25 2 8 8
0.25 52 V  ah 24 Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc : CâuV a 3  b3 b3  c3 c 3  a3 P 2 2 2 0.25 a  ab  b 2 b  bc  c 2 c  ca  a 2 a 3  b3 a 2  ab  b 2 a 2  ab  b 2 1  ( a  b) 2  (Biến đổi tương đương) mà 2 a 2  ab  b 2 a  ab  b 2 a  ab  b 2 3 a 2  ab  b 2 1 0.25  (a  b) 2  ( a  b) a  ab  b 2 3 b3  c3 c3  a3 1 1  (b  c ); 2  (c  a ) Tương tự: 2 2 2 b  bc  c c  ca  a 3 3 2 => P  (a  b  c )  2. 3 abc  2 (BĐT Côsi) 0.25 3 => P  2, P  2 khi a = b = c = 1  x = y = z = 1 0.25 Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm) A. Chương trình chuẩn CâuVI.a 2.0 0,25 1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’   x  2 3t Pt đường thẳng IA :  , I '  IA => I’( 2 3t; 2t  2 ), 0,25  y  2t  2    1 AI  2 I ' A  t   I '( 3;3) 0,25 2 2   2   y  3  4 (C’): x  3 0.25 2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) d , AB//d. 0.25 Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB  A’B 0.25 (MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB 0,25 MA=MB M(2 ; 0 ; 4) 0,25 CâuVII.a 1.0 0,25 2 2 2 2 2 z = x + iy ( x, y  R ), z + z  0  x  y  x  y  2 xyi  0 2 xy  0   2 0,25 2 2 2 x  y  x  y  0  x  0   y  0 x  0   0,25  y  1  x  0   y  1  Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,25 B. Chương trình nâng cao Câu 2.0 VI.b
1. BD  AB  B(7;3) , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0 A  AB  A(2a  1; a), C  BC  C (c;17  2c), a  3, c  7 ,  2a  c  1 a  2c  17   là trung điểm của AC, BD. ; I = 2 2   0,25 I  BD  3c  a  18  0  a  3c  18  A(6c  35;3c  18) 0,25     c  7(loai) M, A, C thẳng hàng  MA, MC cùng phương => c2 – 13c +42 =0   c  6 0,25 c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3) 0.25 2.  1 3 Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (  )  (  ' ) = A   ;0;  0.5  2 2 M (0; 1;0)  () , Lấy N  ( ') , sao cho: AM = AN => N AMN cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi (  ) và 0.25 (  ' ) chính là đg thẳng AI Đáp số: 1 3 1 3 x z x z y y 2 2 2 2     (d1 ) : ; (d2 ) : 0,25 2 3 2 3 1 1 2 5 1 1 2 5       14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 14 30 Câu VII.b x  0 TXĐ:  0.25 y  0  3 x. y  2 y . x  x log 2 3  log 2 y  y  log 2 x   x  y  x log 3 12  log 3 x  y  log 3 y 12 . x  3 . y  0.25  y  2x  x 0.25 y 3 . y  2 . x  x  log 4 2  3 (t/m TXĐ)  0,25 y  2 log 4 2   3 (Học sinh giải đúng nhưng không theo cách như trong đáp án, gv vẫn cho điểm tối đa tương ứng như trong đáp án ).