ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LIÊN HÀ - HÀ NỘI

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

Thêm vào BST

Báo xấu

77
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 môn: toán, khối a - trường thpt liên hà - hà nội', tài liệu phổ thông, toán học 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 ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LIÊN HÀ - HÀ NỘI

www.laisac.page.tl Sở giáo dục và đào tạo Hà nội Trường THPT Liên Hà ĐỀ THI THỬ ĐAI HOC NĂM 2011 ̣ ̣ Môn : TOAN; khôi: A,B(Thời gian lam bai: 180 phut, không kể thời gian phat đê) ́ ́ ̀ ̀ ́ ́̀ **************** PHÂN CHUNG CHO TÂT CẢ CAC THÍ SINH (7,0 điêm) ̀ ́ ́ ̉ ̉ Câu I (2 điêm) 2x − 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của ham số y = ̀ x −1 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2. ̉ Câu II (2 điêm) 17π xπ 1) Giai phương trình sin(2x + ) + 16 = 2 3.s inx cos x + 20sin 2 ( + ) ̉ 2 2 12 x 4 − x 3y + x 2y 2 = 1  2) Giai hệ phương trình :  3 ̉ x y − x + xy = −1 2  π 4 tan x .ln(cos x ) ̉ ́ Câu III (1 điêm): Tinh tích phân: I = ∫ dx cos x 0 ̉ Câu IV (1 điêm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 điêm) Cho a,b,c là cac số dương thoa man a + b + c = 1. Chứng minh rằng: ̉ ́ ̉ ̃ a +b b +c c +a + + ≥3 ab + c bc + a ca + b PHÂN RIÊNG (3 điêm) Thí sinh chỉ được lam môt trong hai phân (phân A hoăc B) ̀ ̉ ̀ ̣ ̀ ̀ ̣ A. Theo chương trinh Chuâǹ ̉ ̉ Câu VI.a (1 điêm) Trong măt phăng toa độ Oxy cho điêm A(1;1) và đường thẳng ∆ : 2x + 3y + 4 = 0. ̣ ̉ ̣ ̉ Tim tọa độ điểm B thuộc đường thẳng ∆ sao cho đường thẳng AB và ∆ hợp với nhau góc 450. ̀ Câu VII.a (1 điêm): Trong không gian vơi hệ toa độ Oxyz, cho điêm M(1;-1;1) ̉ ́ ̣ ̉ x y +1 z x y −1 z − 4 và hai đường thẳng (d ) : = = và (d ') : = = −2 −3 1 1 2 5 Chứng minh: điêm M, (d), (d’) cung năm trên môt măt phăng. Viêt phương trinh măt phăng đo. ̉ ̀ ̀ ̣ ̣ ̉ ́ ̀ ̣ ̉ ́ ̉ Câu VIII.a (1 điêm) 2 Giải phương trinh: Log x (24x +1) 2 x + logx 2 (24x +1) x = log (24x +1) x ̀ Theo chương trinh Nâng cao ̀ ̉ Câu VI.b (1 điêm) Trong măt phăng toa độ Oxy cho đường tron (C ) : x 2 + y 2 = 1 , đường thăng (d ) : x + y + m = 0 . Tim m để ̣ ̉ ̣ ̀ ̉ ̀ (C ) căt (d ) tai A và B sao cho diên tich tam giac ABO lớn nhât. ́ ̣ ̣́ ́ ́ ̉ Câu VII.b (1 điêm) Trong không gian với hệ toa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: ̣ (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 x−2 y +1 z và đường thẳng ∆ 1 : = . Gọi ∆ 2 là giao tuyến của (P) và (Q). = −2 1 3 Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng ∆ 1 , ∆ 2 . Câu VIII.b (1 điêm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) ≤ 1 ̉ ́ ----------Hêt----------
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung Điể Câu -ý m *Tập xác định : D = ¡ \ { 1} 1.1 −1 *Tính y ' = < 0 ∀x ∈ D (x − 1) 2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞;1) và (1; +∞) 0.25 *Hàm số không có cực trị *Giới hạn Lim+ y = +∞ Lim− y = −∞ x →1 x →1 Lim y = 2 Lim y = 2 x →+∞ x →−∞ 0.25 Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên −∞ +∞ x 1 y’ - - 0.25 y *Vẽ đồ thị 0.25 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x 0 ; f (x 0 )) ∈ (C ) có phương trình 1.2 y = f '(x 0 )(x − x 0 ) + f (x 0 ) Hay x + (x 0 − 1) y − 2x 0 + 2x 0 − 1 = 0 (*) 2 2 0.25 *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 0.25 2 − 2x 0 ⇔ =2 1 + (x 0 − 1) 4 giải được nghiệm x 0 = 0 và x 0 = 2 0.25 0.25 *Các tiếp tuyến cần tìm : x + y − 1 = 0 và x + y − 5 = 0 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với 2.1 π 0.25 c os2x − 3 sin 2x + 10c os(x + ) + 6 = 0 6 π π ⇔ c os(2x + ) + 5c os(x + ) + 3 = 0 3 6 0.25 π π ⇔ 2c os 2 (x + ) + 5c os(x + ) + 2 = 0 6 6 π π 1 Giải được c os(x + ) = − và c os(x + ) = −2 (loại) 6 2 6 0.25 π π 5π 1 *Giải c os(x + ) = − được nghiệm x = + k 2π và x = − + k 2π 6 2 2 6 0.25
2.2 0.25 (x 2 − xy ) 2 = 1 − x 3y  *Biến đổi hệ tương đương với  3 x y − (x − xy ) = −1 2  x 2 − xy = u 0.25 u 2 = 1 − v  *Đặt ẩn phụ  3 , ta được hệ  v − u = −1 x y = v  *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) 0.25 *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 0.25 *Đặt t=cosx 3 π 1 thì t = Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x = 2 4 1 0.25 1 2 ln t ln t Từ đó I = − ∫ ∫ dt = dt t2 t2 1 1 2 1 1 1 *Đặt u = ln t ;dv = ⇒ du = dt ; v = − 0.25 dt t2 t t 1 1 1 1 1 2 1 Suy ra I = − ln t 1 + ∫ 2 dt = − ln 2 − 1 0.25 t 1t 2 t 22 2 2 0.25 I = 2 −1− *Kết quả ln 2 2 *Vẽ hình 4 *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh S H ⊥ (A B C ) *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là S EH = S FH = 600 *Kẻ H K ⊥ S B , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng H K A . a2 *Lập luận và tính được AC=AB=a , H A = 0.25 , 2 a3 S H = H F tan 600 = 0.25 2 1 1 1 3 = + ⇒ K H =a *Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2 HK HS HB 10 a2 AH 20 =2= *Tam giác AHK vuông tại H có tan A K H = 0.25 KH 3 3 a 10 3 ⇒ cos A K H = 23 0.25 a +b 1−c 1−c 5 0.25 = = *Biến đổi ab + c ab + 1 − b − a (1 − a )(1 − b )
1−c 1−b 1−a 0.25 *Từ đó V T = + + (1 − a )(1 − b ) (1 − c )(1 − a ) (1 − c )(1 − b ) 0.25 Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 1−c 1−b 1−a 0.25 V T ≥ 3. 3 . . =3 (đpcm) (1 − a )(1 − b ) (1 − c )(1 − a ) (1 − c )(1 − b ) 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 x = 1 − 3t 6.a u r * ∆ có phương trình tham số  và có vtcp u = (−3; 2) y = −2 + 2t 0.25 *A thuộc ∆ ⇒ A (1 − 3t ; −2 + 2t ) uuuu u rr A B .u uuuu u rr 1 1 *Ta có (AB; ∆ )=450 ⇔ c os(A B ; u ) = ⇔ u= r 0.25 2 2 AB.u 15 3 ⇔ 169t 2 − 156t − 45 = 0 ⇔ t = ∨t = − 0.25 13 13 32 4 22 32 *Các điểm cần tìm là A 1 (− ; ), A 2 ( ; − ) 0.25 13 13 13 13 uu r 7.a *(d) đi qua M 1 (0; −1;0) và có vtcp u 1 = (1; −2; −3) uu r (d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u 2 = (1; 2;5) uu uu rr ur uuuuuuu r *Ta có u 1 ; u 2  = ( −4; −8; 4) ≠ O , M 1M 2 = (0; 2; 4) 0.25   uu uu uuuuuuu rr r Xét u 1 ; u 2  .M 1M 2 = −16 + 14 = 0   0.25  (d) và (d’) đồng phẳng . u r *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n = (1; 2; −1) và đi qua M1 nên có phương trình x + 2y − z + 2 = 0 0.25 *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 0.25 *Điều kiện :x>0 8.a *TH1 : xét x=1 là nghiệm 0.25 *TH2 : xét x ≠ 1 , biến đổi phương trình tương đương với 1 2 1 + = 0.25 1 + 2 logx (24x + 1) 2 + logx (24x + 1) log x (24x + 1) Đặt logx (x + 1) = t , ta được phương trình 1 2 1 + = giải được t=1 và t=-2/3 1 + 2t 2 + t t 0.25 *Với t=1 ⇒ logx (x + 1) = 1 phương trình này vô nghiệm 2 *Với t=-2/3 ⇒ logx (x + 1) = − 3 ⇔ x .(24x + 1) = 1 (*) 2 3 1 Nhận thấy x = là nghiệm của (*) 8 1 Nếu x > thì VT(*)>1 8 0.25
1 1 Nếu x < thì VT(*) d có phương trình 8 12 = 12 = −3 1 2 0.25 x > 0 8.b 0.25  *Điều kiện : log 3 (9 − 72) > 0 giải được x > log 9 73 x x 9 − 72 > 0 Vì x > log 9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với 0.25 log 3 (9x − 72) ≤ x ⇔ 9x − 72 ≤ 3x x 3 ≥ −8 ⇔ x ⇔x ≤2 0.25 3 ≤ 9  *Kết luận tập nghiệm : T = (log 9 72; 2] 0.25 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .