intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU - NGHỆ AN

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

161
lượt xem
34
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 1 năm 2011 môn: toán, khối a - trường thpt phan bội châu - nghệ an', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU - NGHỆ AN

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I – NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU MÔN TOÁN; KHỐI A, B Thời gian làm bài : 180 phút; không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  mx  2 (Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (Cm) khi m = 0 2. Tìm m để hàm số (Cm) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thi hàm số cách đều đường thẳng d: x – y – 1 = 0 Câu II (2,0 điểm)     1. Giải phương trình: sin  3x    sin 2x.sin  x   4 4   2. Giải phương trình: 4x 2  8x  2x  3  1 (x   ) e ln x. 1  ln x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx x 1  ln x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và tam giác SCD vuông cân tại S. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD. Tính thể tích khối chóp S.AICJ. Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1  a 2 1  b2 1  c2 M   1  b2 1  c2 1  a 2 II. 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 tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm là H(-1;4), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(3;0) và trung điểm của cạnh BC là M(0;3). Viết phương trình đường thẳng AB, biết B có hoành độ dương. 2. Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 2) và B(5; 4; 4) và mặt phẳng (P): 2x + y – z + 6 = 0. Tìm điểm M nằm trên (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm môđun của số phức x biết 4z  1  3i  z  25  21i B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(1;1), B(3;2) và C(7;10). Viết phương trình đường thẳng d đi qua A sao cho tổng khoảng cách từ B đến đường thẳng d và C đến đường thẳng d là lớn nhất. 2. Trong không gian t ọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x + y – z + 6 = 0 và đường thẳng d: x  2 y 1 z 1 . Viết phương trình hình chiếu vuông góc của d lên mặt phẳng (P).   5 4 2  y 2  4xy  4x  2y  1   x, y    Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  log 2 x.log 2 1  y   1  ----------Hết---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.........................................; Số báo danh:...................... www.laisac.page.tl 1
  2. ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1-NĂM 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU Môn Toán, Khối A,B (Đáp án-thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 Khi m  0 , ta có hàm số y  x 3  3 x 2  2 . điểm)  Tập xác định :  . 0,25  Sự biến thiên : -Chiều biến thiên: y '  3 x 2  6 x ; y '  0  x  0 hoặc x  2 . Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) và (2; ) ; nghịch biến trên khoảng (0; 2). 0,25 -Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0; yCĐ  2 , đạt cực tiểu tại x  2; yCT  2 . -Giới hạn: lim y   ; lim y   . x  x  -Bảng biến thiên: + - x 0 2 y' 0 0    0,25 + 2 y 2   Đồ thị y 2 0,25 x 2 O 2 2. (1,0 điểm) Ta có y '  3 x 2  6 x  m; y '  0  3 x 2  6 x  m  0 (1) Hàm số (Cm ) có cực đại, cực tiểu khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân 0,25 biệt  m  3 . 2
  3. Đáp án Điểm Giả sử A( x1 ; y1 ), B( x2 ; y2 ) là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (Cm ) , ( x1 , x2 là hai x1 m m nghiệm của (1)). Vì y  y '.(  )  2(  1) x  2  và y '( x1 )  y '( x2 )  0 nên 33 3 3 0,25 m m phương trình đường thẳng đi qua A, B là y  2(  1) x  2  (d’). Do đó, các điểm 3 3 A, B cách đều đường thẳng (d) trong hai trường hợp sau: m 9 Trường hợp 1. (d’) cùng phương (d)  2(  1)  1  m  ( không thỏa mãn). 0,25 3 2 Trường hợp 2. Trung điểm I của AB nằm trên (d). Do I là trung điểm AB nên tọa độ I x1  x2   x  2 1  . Vì I nằm trên (d) nên ta có 1  m  1  0  m  0 ( thỏa mãn). là   y  y1  y2  m 0,25   2 Vậy: m  0 . II 1. (1,0 điểm) (2,0 Phương trình đã cho tương đương: sin 3x  cos3 x  sin 2 x(sin x  cos x) 0,25 điểm)  2(sin 3x  cos3 x)  cos x  cos3 x  sin 3x  sin x  sin 3x  cos3 x  sin x  cos x 0,25   0,25  sin(3 x  )  sin( x  ) 4 4     0,25  3 x   x   k 2 hoặc 3 x     ( x  )  k 2 . 4 4 4 4  k ;k  . Vậy nghiệm của phương trình là: x   42 2. (1,0 điểm) 3 Điều kiện: x   . Phương trình đã cho tương đương với : (2 x  2) 2  2 x  3  5 . 0,25 2 (2 x  2) 2  y  5 Đặt y  2 x  3 , y  0 . Ta có hệ phương trình:  2 . y  (2 x  2)  5  2x  y  2  0  (2 x  2)2  y 2  y  2 x  2  0  (2 x  y  2)(2 x  y  1)  0   . 0,25  2x  y 1  0 2  2x  0 5  21   Với 2 x  y  2  0  2  2 x  2 x  3   x . 0,25 2 4  8 x  4 x  2 x  3 4 2x 1  0 3  17   Với 2 x  y  1  0  2 x  1  2 x  3   2 x . 0,25 4 x  4 x  1  2 x  3 4 5  21 3  17 Vậy phương trình có hai nghiệm là: ; . 4 4 III dx Đặt t  ln x  dt  . Với x  1 thì t  0 ; với x  e thì t  1 . Suy ra (1,0 0,25 x điểm) 1 1 t 1 t2 t 1 t I  dt   dt 1 t 1 t 0 0 3
  4.  Đặt t  sin u  dt  cos udu . Với t  0 thì u  0 ; với t  1 thì u  . Ta có 0,25 2   sin u 1  sin 2 u 2 2 I  cos udu   sin u (1  sin u )du 1  sin u 0 0  2 1   0,25    sin u  (1  cos2u )  du 2 0   0,25  1 1 2  I    cos u  u  sin 2u   I  1  . 2 4 4  0 Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên IJ  SH  I J . Mặt khác, SI  AB , 0,25 IV (1,0 I J  AB  AB  (SI J )  SH  AB . Suy ra SH  ( AICJ ) hay SH là đường cao điểm) của hình chóp S.AICJ. 0,25 a3 a ; SJ  , I J  a  SI 2  SJ 2  I J 2  tam giác SIJ vuông tại S. Từ SI  2 2 0,25 a3 1 1 1  2  2  SH  Ta có . SH 2 SI 4 SJ 0,25 a3 3 12 1 Kết hợp với S AICJ  a , suy ra VS . AICJ  S AICJ .SH = . 24 2 3 Vì ( a, b, c ) là một hoán vị vòng trong M nên không mất tính tổng quát ta giả sử V (1,0 1 a  max a, b, c   a  1 . Ta có điểm) 0,25 3 2 2 1  b2 c2 b2  c2  1 1 b 1 c 1 1 1  1  (b  c ) 2        . 2 2 2 2 2 2 2 1  a2 1 c 1 a 1 c 1 c 1 a 1 c 1 a Suy ra 1  a2 1 1 0,25  1  (b  c ) 2   2  a 2  (1  a )2  M 2 2 1  a2 1 b 1 a 1  1 Xét hàm số f (t )  t 2  (1  t ) 2  trên  ;1 . 2 1 t 3  2t Ta có: f '(t )  4t  2  ; (1  t )2 4(1  t 2 )3  6t 2  2 f ''(t )  0 0,25 (1  t 2 )3 và 1 1  f '(1). f '    0  tồn tại duy nhất t0   ;1 : f '(t0 )  0.  3 3  Bảng biến thiên 0,25 4
  5. t 1 1 t0 3   0 f '(t ) 3 131 2 f (t ) 90 t f (t 0 ) t 3 7 . Do đó, giá trị lớn nhất của M là khi một trong ba số Suy ra M  2  f (1)  2  2 2 a, b, c bằng 1 , hai số còn lại bằng 0 . VI.a 1. (1,0 điểm)     (2,0 Giả sử N là trung điểm của AC , vì ABH  MNI và HA / / MI nên HA  2MI . 0,25   điểm) Kết hợp với 2MI  (6; 6) , H (1; 4) ta có A(7;10) . Từ I là tâm đường tròn ngoại 0,25 tiếp tam giác ABC và M là trung điểm của BC, suy ra IA  IB và IM  MB . 0,25 ( x  3)2  y 2  116  B(7; 4) . Do đó tọa độ B( x; y ) với x  0 , thỏa mãn hệ :   3x  3( y  3)  0 x  7 y  10 0,25 hay 3 x  7 y  49  0 . Phương trình AB :  7  7 4  10 2. (1,0 điểm) 1 Gọi I là trung điểm của AB , ta có I (3;3;3) và MA2  MB 2  AB 2  2 IM 2 . Do 0,25 2 2 2 đó, MA  MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M là hình chiếu vuông góc của I lên ( P) . Giả sử d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ( P) , phương trình của x 3 y 3 z 3 0,25 . Tọa độ M ( x; y; z ) thỏa mãn hệ :   d: 1 2 1  2x  y  z  6  0  0,25 x 3 y 3 z 3 .  2  1  1  Giải hệ ta có M (1;1;5) 0,25 Giả sử z  a  bi ( a, b   ), khi đó ta có 4(a  bi )  (1  3i )(a  bi )  25  21i VII.a 0,25 (1.0  5a  3b  3(a  b)i  25  21i 0,25 điểm)  5a  3b  25 a2  z  2  5i .   0,25 3(a  b)  21 b   5 0,25 Do đó | z | 4  25 hay | z | 29 . VI.b 1. (1,0 điểm)      (2,0 0,25 Ta có AB (2;1) , AC (6;9)  cos BAC  0  BAC nhọn. điểm)  Nếu đường thẳng d cắt đoạn BC tại M thì d ( B; d )  d (C ; d )  BM  CM  BC . 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi d vuông góc BC .  Nếu đường thẳng d không cắt đoạn BC, gọi I (5;6) là trung điểm BC . Ta có 0,25 d ( B; d )  d (C ; d ) =2.d ( I ; d )  2 AI . Dấu đẳng thức xảy ra khi d vuông góc với AI . 5
  6.  Do tam giác ABC có BAC nhọn nên BC  2 AI . Suy ra d ( B; d )  d (C ; d ) lớn  nhất khi và chỉ khi d đi qua A(1;1) và có vectơ pháp tuyến AI  (4;5) . Vậy phương 0,25 trình d : 4( x  1)  5( y  1)  0 hay d : 4 x  5 y  9  0. 2. (1,0 điểm) Tọa độ giao điểm của d và ( P) là A( x; y; z ) , thỏa mãn hệ : 0,25  2x  y  z  6  0   x  2 y  1 z  1  A(2; 1;1) . 542  Gọi B(3;3;3)  d và H là hình chiếu vuông góc của B lên ( P) , suy ra phương trình x 3 y 3 z 3 0,25   . BH : 1 2 1  2x  y  z  6  0  0,25 Tọa độ H ( x; y; z ) thỏa mãn hệ  x  3 y  3 z  3  H (1;1;5) .  2  1  1  Hình chiếu vuông góc của d lên ( P) là đường thẳng d1 đi qua A, có véctơ chỉ  0,25 x  2 y 1 z 1 phương AH  (1; 2; 4) . Phương trình d1 :   . 1 2 4 VII.b  ( y  1) 2  4 x( y  1) Điều kiện: x  0, y  1 .Hệ phương trình tương đương:  (1,0 0,25 log 2 x log 2 (1  y )  1 điểm) y 1  4x   0,25 log 2 x log 2 (4 x )  1 0,25 y  4x 1   log 2 x (2  log 2 x)  1  0 1  log 2 x  1 x  2.    y  4x 1  y 1 0,25  1  Vậy nghiệm của hệ phương trình là  ;1 . 2  -------------Hết---------- 6
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2