Bộ đề thi và Đáp án ĐHCĐ khối D năm 2011

Chia sẻ: Đỗ Thị Ngọc Loan | Ngày: | 6 đề thi

0
271
lượt xem
5
download
Xem 6 đề thi khác
  Download Vui lòng tải xuống để xem file gốc
   Like fanpage Thư viện Đề thi Kiểm tra để cùng chia sẻ kinh nghiệm làm bài
Bộ đề thi và Đáp án ĐHCĐ khối D năm 2011

Bộ đề thi và Đáp án ĐHCĐ khối D năm 2011
Mô tả bộ sưu tập

Muốn đạt điểm cao các môn khối D trong kỳ thi tuyển sinh ĐHCĐ năm tới, bạn cần nỗ lực hơn nữa trong việc ôn tập. Để giúp cho việc ôn tập của bạn đạt kết quả cao, Thư viện eLib xin trân trọng giới thiệu Bộ đề thi và Đáp án ĐHCĐ khối D năm 2011. Bộ sưu tập các đề thi này sẽ giúp các bạn làm quen với cấu trúc của một đề thi tuyển sinh khối D. Chúng tôi chúc bạn đạt điểm cao trong kỳ thi tới.

LIKE NẾU BẠN THÍCH BỘ SƯU TẬP
Xem Giáo viên khác thảo luận gì về BST
Bộ đề thi và Đáp án ĐHCĐ khối D năm 2011

Bộ đề thi và Đáp án ĐHCĐ khối D năm 2011
Tóm tắt nội dung

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: D
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x +1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = ⋅
x +1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng
cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau.
Câu II (2,0 điểm)
sin 2 x + 2 cos x − sin x − 1
1. Giải phương trình = 0.
tan x + 3
2. Giải phương trình log 2 ( 8 − x 2 ) + log 1
2
( )
1+ x + 1 − x − 2 = 0 ( x ∈ ).
4
4x − 1
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫
0 2x + 1 + 2
dx.

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a;
mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC = 30 . Tính thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
⎧2 x3 − ( y + 2) x 2 + xy = m

Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎨ 2 ( x, y ∈ ).
⎪ x + x − y = 1 − 2m


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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường
thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.
x +1 y z − 3
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d: = = ⋅
2 1 −2
Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y – 5 = 0. Viết
phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.
x −1 y − 3 z
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : = = và mặt phẳng
2 4 1
( P) : 2 x − y + 2 z = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và
tiếp xúc với mặt phẳng (P).
2 x 2 + 3x + 3
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = trên
x +1
đoạn [0; 2].
----------- Hết ----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm

I 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
• Tập xác định: D = \ {− 1 } .
• Sự biến thiên:
1 0,25
– Chiều biến thiên: y ' = > 0, ∀ x ∈ D.
( x + 1) 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞).
– Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang: y = 2.
x → −∞ x → +∞
0,25
lim − y = + ∞, lim + y = – ∞; tiệm cận đứng: x = – 1.
x → ( −1) x → ( −1)

– Bảng biến thiên: x −∞ –1 +∞
y’ + +
+∞ 2 0,25
y
2 −∞
• Đồ thị:
y




2
0,25
1
–1 O x




2. (1,0 điểm)
Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy ra hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình:
2x +1
kx + 2k + 1 = ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm) 0,25
x +1
⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = 0 (1).
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt
⎧k ≠ 0 ⎧k ≠ 0 ⎧k ≠ 0
⎪ 0,25
⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⇔⎨ (*).
⎩Δ > 0 ⎩ k − 6k + 1 > 0 ⎪k < 3 − 2 2 ∨ k > 3 + 2 2.

Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) và B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 và x2 là nghiệm của (1).
0,25
d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ kx1 + 2k + 1 = kx2 + 2k + 1

Trang 1/4
Câu Đáp án Điểm
⇔ k(x1 + x2) + 4k + 2 = 0 (do x1 ≠ x2).
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*). 0,25
Vậy, giá trị cần tìm là: k = – 3.
II 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ − 3 (*).
0,25
Phương trình đã cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – 1 = 0
⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0 ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0. 0,25
π 1 π
⇔ sinx = – 1 ⇔ x = – + k2π hoặc cosx = ⇔ x = ± + k2π. 0,25
2 2 3
π
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm: x = + k2π (k ∈ Z). 0,25
3
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 1 ≤ x ≤ 1 (*).
Khi đó, phương trình đã cho tương đương với: log 2 ( 8 − x 2 ) = log 2 ⎡ 4
⎣ ( )
1+ x + 1 − x ⎤

0,25


⇔ 8 – x2 = 4 ( ) (
1 + x + 1 − x ⇔ (8 – x2)2 = 16 2 + 2 1 − x 2 ) (1). 0,25

Đặt t = 1− x 2 , (1) trở thành: (7 + t2)2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 0
0,25
2 2
⇔ (t – 1) (t + 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1.
Do đó, (1) ⇔ 1− x 2 = 1 ⇔ x = 0, thỏa mãn (*).
0,25
Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0.
III Đặt t = 2 x + 1 ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt.
0,25
(1,0 điểm) Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 4 ⇒ t = 3.
3
2t 3 − 3t
3
⎛ 10 ⎞
I= ∫ dt = ∫ ⎜ 2t 2 − 4t + 5 − ⎟ dt 0,25
1
t+2 1⎝
t + 2⎠
3
⎛ 2t 3 ⎞
=⎜ − 2t 2 + 5t − 10 ln t + 2 ⎟ 0,25
⎝ 3 ⎠1
34 3
= + 10 ln . 0,25
3 5
IV Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin SBC = a 3. 0,25
(1,0 điểm) 1
S Diện tích: SABC = BA.BC = 6a2.
2
0,25
1
Thể tích: VS.ABC = SABC.SH = 2a 3 3.
3
B H K Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD)
C
D ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)).
0,25
BH = SB.cos SBC = 3a ⇒ BC = 4HC
A ⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)).
HC 3a
Ta có AC = BA2 + BC 2 = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA. = .
AC 5
0,25
SH .HD 3a 7 6a 7
HK = = . Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = .
2
SH + HD 2 14 7
V ⎧( x 2 − x)(2 x − y ) = m

(1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với: ⎨ 2 0,25
⎪( x − x) + (2 x − y ) = 1 − 2m.

Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1
Đặt u = x2 – x, u ≥ – ; v = 2x – y.
4
⎧uv = m ⎧u 2 + (2m − 1)u + m = 0 (1)
Hệ đã cho trở thành: ⎨ ⇔ ⎨ 0,25
⎩u + v = 1 − 2m ⎩v = 1 − 2m − u.
1
Hệ đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ – .
4
1 − u2 + u
Với u ≥ – , ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = .
4 2u + 1
−u 2 + u 1
Xét hàm f(u) = , với u ≥ – ; ta có: 0,25
2u + 1 4
2u 2 + 2u − 1 −1 + 3
f '(u ) = – 2
; f '(u ) = 0 ⇔ u = .
(2u + 1) 2
Bảng biến thiên: 1 −1 + 3
u − +∞
4 2
f '(u ) + 0 –
2− 3
0,25
2
f(u) 5

8 –∞
2− 3
Suy ra giá trị cần tìm là: m ≤ .
2
VI.a 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) B Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: BD = 3GD
⎧ x + 4 = 3( x − 1) ⎛7 ⎞ 0,25
⇔ ⎨ ⇒ D ⎜ ; 1⎟ .
⎩ y − 1 = 3( y − 1) ⎝2 ⎠
G• Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong
d: x – y – 1 = 0 của góc A.
A D E C Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I của EB
thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ: 0,25
⎧1( x + 4) + 1( y − 1) = 0
⎪ ⎧x + y + 3 = 0
⎨ x − 4 y +1 ⇔ ⎨ ⇒ E(2; – 5).
⎪ 2 − − 1= 0 ⎩x − y − 7 = 0
⎩ 2
Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0. 0,25
⎧x − y −1 = 0
Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1). 0,25
⎩4 x − y − 13 = 0
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + 2 = 0. 0,25
Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua các điểm A, B. 0,25
B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0). 0,25
⎧ x = 1 + 2t

Phương trình ∆: ⎨ y = 2 + 2t 0,25
⎪ z = 3 + 3t.

VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i 0,25


Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
(1,0 điểm) ⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i 0,25
⎧− a − 3b = 1
⇔ ⎨ 0,25
⎩3a − 3b = 9
⎧a = 2
⇔ ⎨ Vậy z = 2 – i. 0,25
⎩b = −1.
VI.b 1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm) y Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính bằng 10.
1 Ta có: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy ra phương 0,25
A
trình ∆ có dạng: y = m.
O x
Hoành độ M, N là nghiệm phương trình:
–2 I
x2 – 2x + m2 + 4m – 5 = 0 (1).
M –3 N 0,25
(1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, khi và chỉ khi:
m2 + 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x1; m) và N(x2; m).
AM ⊥ AN ⇔ AM . AN = 0 ⇔ (x1 – 1)(x2 – 1) + m2 = 0 ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + 1 = 0. 0,25

Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m2 + 4m – 6 = 0
0,25
⇔ m = 1 hoặc m = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình ∆: y = 1 hoặc y = – 3.
2. (1,0 điểm)

Gọi I là tâm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t). 0,25
Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1
2(1 + 2t ) − (3 + 4t ) + 2t 0,25
⇔ =1
3
⇔ t = 2 hoặc t = – 1. Suy ra: I(5; 11; 2) hoặc I(– 1; – 1; – 1). 0,25
Phương trình mặt cầu:
0,25
(x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1 hoặc (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1.
VII.b 2 x2 + 4 x
y' = ; 0,25
(1,0 điểm) ( x + 1) 2
y' = 0 ⇔ x = – 2 hoặc x = 0. 0,25
17
y(0) = 3, y(2) = . 0,25
3
17
Vậy: min y = 3, tại x = 0; max y = , tại x = 2. 0,25
[0; 2] [0; 2] 3
------------- Hết -------------




Trang 4/4
Đồng bộ tài khoản