63 Đề thi thử Đại học 2011 - Đề số 38

Thể loại: Ôn thi ĐHCĐ
Lượt xem: 128,630Lượt tải: 6Số trang: 7

Mô tả tài liệu

Tham khảo tài liệu '63 đề thi thử đại học 2011 - đề số 38', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Tóm tắt nội dung

Ngày thi 21/12/2010 ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 2 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 my x m x     1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho hai điểm cực trị của đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + 2 = 0 những khoảng bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình     2cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x     2. Giải phương trình 2 27 5 3 2 (x x x x x x       ) Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x     . Câu IV (1,0 điểm). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các cạnh AB, AC sao cho   . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x và y. Chứng minh rằng: DMN ABC 3 .  x y xy  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 1 Câu V (1,0 điểm). Cho x, y, z thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức0   3 3 3 16 3x y zP x y z      II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + 1 = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC đi qua M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + 1 = 0 và hai đường thẳng d1: 1 1 2 3 1 x y z     2 , d2: 2 2 1 5 2 x y z     Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 và d2. Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 B. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0). Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG. 2. Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: 3 2 2 1 1 1 x y z      và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0. Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  bằng 42 . Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  1 4 4 2 2 1log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y         -------------------Hết ------------------- 63 Đề thi thử Đại học 2011 -97- http://www.VNMATH.com SƠ LƯỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2 - 2010 Đáp án gồm 06 trang Câu Nội dung Điểm I 2,0 1 1,0 Với m =1 thì 11 2 y x x     a) Tập xác định: D  \ 2 0.25 b) Sự biến thiên:     2 2 2 1 4 3 1' 0 3 x y x ' 1 2 2 x xy x x        ,      . li , , m x y    lim x y    2 2 lim ; lim x x y y        ,    lim ( 1) 0 ; lim ( 1) 0 x x y x y x         Suy ra đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – 1. 0.25 Bảng biến thiên Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng    ;1 , 3; ;  hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng    1;2 , 2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = 1 tại x = 1; yCT = 3 tại x = 3. 0.25 c) Đồ thị: 0.25 x - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 2 y’ y -  1 2 3 +  – + 0 + – 0 +  +  1 3 -  -  63 Đề thi thử Đại học 2011 -98- http://www.VNMATH.com 2 1.0 Với x 2 ta có y ’ = 1- 2( 2) m x  ; Hàm số có cực đại và cực tiểu phương trình (x – 2) 2 – m = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 2 0m  0.25 Với m > 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 x m y m m x m y m m             0.25 Hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A( 2 ;2 2m m m   ) ; B( 2 ;2 2m m m   ) Khoảng cách từ A và B tới d bằng nhau nên ta có phương trình: 2 2m m m m     0.25 0 2 m m     Đối chiếu điều kiện thì m = 2 thoả mãn bài toán Vậy ycbt  m = 2. 0.25 II 2.0 1 Giải phương trình     2cos . cos 1 2 1 sin . sin cos x x x x x     1.0 ĐK: sin cos 0x x  0.25 Khi đó      21 sin cos 1 2 1 sin sin cosPT x x x x x        1 sin 1 cos sin sin .cos 0x x x x x         1 sin 1 cos 1 sin 0x x x     0.25 sin 1 cos 1 x x       (thoả mãn điều kiện) 0.25 2 2 2 x k x m             ,k mZ Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2 x k    và 2x m    ,k mZ 0.25 2 Giải phương trình: 2 27 5 3 2 (x x x x x x       ) 1.0 2 2 2 3 2 0 7 5 3 2 x x PT x x x x x            0.25 23 2 0 5 2( 2) x x x x x          0.25 3 1 0 25 2. x x xx x                21 16x x  2 0 0 x      0.25 1x   Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = - 1. 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 3 63 Đề thi thử Đại học 2011 -99- http://www.VNMATH.com III Tính tích phân 3 0 3 3. 1 3 x dx x x     . 1.0 Đặt u = 21 1 2x u x udu dx      ; đổi cận: 0 1 3 2 x u x u        0.25 Ta có: 3 2 23 2 0 1 1 3 2 8 (2 6) 6 3 2 13 1 3 x u udx du u du du u u ux x              2 1 1  0.25   22 1 2 6 6ln 1 1 u u u    0.25 33 6ln 2    0.25 IV 1.0 Dựng DH MN H  Do mà là     DMN ABC DH ABC    .D ABC tứ diện đều nên là tâm tam giác đều . H ABC 0.25 Trong tam giác vuông DHA: 2 2 2 2 3 61 3 3 DH DA AH            Diện tích tam giác AMN là 01 3. .sin 60 2 4AMN S AM AN  - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 4 xy 0.25 Thể tích tứ diện là .D AMN 1 2. 3 1AMN 2 DH xy V S 0.25 Ta có: AMN AMH AMHS S S  0 01 1 1.sin 60 . .sin 30 . .sin 30 2 2 2 xy x AH y AH   D A BC H M N 0  3 .x y xy  0.25 V 1.0 Trước hết ta có:   3 3 3 4 x y x y    (biến đổi tương đương)    2... 0x y x y     0.25 Đặt x + y + z = a. Khi đó       3 33 3 3 3 3 3 64 64 4 1 x y z a z z P t a a         64t (với t = z a , ) 0 1t  0.25 Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t  0;1 . Có    22 1'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1 9 f t t t f t t         Lập bảng biến thiên 0.25    0;1 64inf 81t M t     GTNN của P là 16 81 đạt được khi x = y = 4z > 0 0.25 63 Đề thi thử Đại học 2011 -100- http://www.VNMATH.com VI.a 2.0 1 1.0 Do B là giao của AB và BD nên toạ độ của B là nghiệm của hệ: 21 2 1 0 21 135 ; 7 14 0 13 5 5 5 xx y B x y y                   0.25 Lại có: Tứ giác ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa AC và AB bằng góc giữa AB và BD, kí hiệu (với a(1; 2); (1; 7); ( ; )AB BD ACn n n     a b 2+ b2 > 0) lần lượt là VTPT của các đường thẳng AB, BD, AC. Khi đó ta có:    os , os ,AB BD AC ABc n n c n n     2 2 2 232 7 8 0 2 7 a b a b a b a ab b ba                0.25 - Với a = - b. Chọn a = 1 b = - 1. Khi đó Phương trình AC: x – y – 1 = 0,  A = AB  AC nên toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: 1 0 3 (3;2) 2 1 0 2 x y x A x y y             Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC  BD nên toạ độ I là nghiệm của hệ: 7 1 0 7 52 ; 7 14 0 5 2 2 2 xx y I x y y                   Do I là trung điểm của AC và BD nên toạ độ   14 124;3 ; ; 5 5 C D      0.25 - Với b = - 7a (loại vì AC không cắt BD) 0.25 2 1.0 Phương trình tham số của d1 và d2 là: 1 2 1 2 2 : 1 3 ; : 2 5 2 2 x t x m d y t d y m z t z m                    0.25 Giả sử d cắt d1 tại M(-1 + 2t ; 1 + 3t ; 2 + t) và cắt d2 tại N(2 + m ; - 2 + 5m ; - 2m) MN  (3 + m - 2t ; - 3 + 5m - 3t ; - 2 - 2m - t). 0.25 Do d  (P) có VTPT nên(2; 1; 5)n    :k MN knP p      3 2 2 3 5 3 2 2 5 m t k m t k m t k              có nghiệm 0.25 Giải hệ tìm được 1 1 m t    Khi đó điểm M(1; 4; 3) Phương trình d:  1 2 4 3 5 x t y z t t         thoả mãn bài toán 0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 5 63 Đề thi thử Đại học 2011 -101- http://www.VNMATH.com VII.a Tìm phần thực của số phức z = (1 + i)n , biết rằng n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3 1.0 Điều kiện: 3 n N n    Phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = 3  log4(n – 3)(n + 9) = 3 0.25  (n – 3)(n + 9) = 43  n2 + 6n – 91 = 0 7 13 n n      Vậy n = 7. 0.25 Khi đó z = (1 + i)n = (1 + i)7 =       32 31 . 1 1 .(2 ) (1 ).( 8 ) 8 8i i i i i i           i 0.25 Vậy phần thực của số phức z là 8. 0.25 VI.b 2.0 1 1.0 Giả sử 1 2( ; ) 5; ( ; ) 2 7B B B B C C C CB x y d x y C x y d x y          Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y        0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(-1;-4) ; C(5;1) 0.25 Ta có nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 (3;4) (4; 3)BGBG VTPT n   (thoả mãn) (không thoả mãn)  0.25 Bán kính R = d(C; BG) = 9 5 phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 81 25 0.25 2 1.0 Ta có phương trình tham số của d là: 3 2 2 1 x t y z t           t  toạ độ điểm M là nghiệm của hệ 3 2 2 1 2 0 x t y t z t x y z                (tham số t) (1; 3;0)M  0.25 Lại có VTPT của(P) là , VTCP của d là (1;1;1)Pn  (2;1; 1)du   . Vì nằm trong (P) và vuông góc với d nên VTCP  , (2; 3;1)d Pu u n         Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M trên  , khi đó ( 1; 3; )MN x y z   . Ta có MN  vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0   Lại có N(P) và MN = 42 2 ta có hệ: 2 2 2 2 0 2 3 11 0 ( 1) ( 3) 4 x y z x y z x y z                 0.25 Giải hệ ta tìm được hai điểm N(5; - 2; - 5) và N(- 3; - 4; 5) 0.25 Nếu N(5; -2; -5) ta có pt 5 2: 2 3 1 x y z       5 Nếu N(-3; -4; 5) ta có pt 3 4: 2 3 5 1 x y z       0.25 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 6 63 Đề thi thử Đại học 2011 -102- http://www.VNMATH.com VII.b Giải hệ phương trình  1 4 4 2 2 1log log 1 ( , ) 25 y x y x y x y         1.0 Điều kiện: 0 0 y x y     0.25 Hệ phương trình  4 4 4 2 2 2 2 2 2 1 1log log 1 log 1 4 25 25 25 y x y xy x y y y x y x y x y                           0.25 22 2 2 2 33 3 25 25 9 25 10 x yx y x y yx y y y               0.25     15 5; ; 10 10 15 5; ; 10 10 x y x y                   Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm. 0.25 (không thỏa mãn đk) (không thỏa mãn đk) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được điểm từng phần như đáp án quy định. - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I 7 63 Đề thi thử Đại học 2011 -103- http://www.VNMATH.com