intTypePromotion=3

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
167
lượt xem
26
download

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lấn 1 năm 2011 môn: toán khối a,b - trường thpt đặng thúc hứa', 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 LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

  1. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 - NĂM 2011 Môn thi: TOÁN; Khối: A và B TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA 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 = x 3 − 3mx 2 + 3(m 2 − 1)x − m 3 + 4m − 1 (1) , m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = −1 . 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O, trong đó O là gốc của hệ trục toạ độ. Câu II (2,0 điểm)  π  π  π 5 cos4 x + sin 4 x +  = sin 2x . cos 2x − tan x +  tan x −  .       1. Giải phương trình       4 4 4       4    x + y − x − y = 4x − y 2. Giải hệ phương trình  (x , y ∈ ℝ) . 2  x − 16 = 2 + y − 3x    ln (9 − x ) 4 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ dx . x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC .A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại A, AB = 2a, BAC = 1200. Hình chiếu của đỉnh A ' lên đáy trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Biết tam giác A ' BC vuông tại A ' . Tính thể tích khối lăng trụ ABC .A ' B ' C ' theo a . 1 Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thoả mãn điều kiện ab + bc + ca = . Chứng minh rằng 3 1 1 1 +2 +2 ≤ 3. a − bc + 1 b − ca + 1 c − ab + 1 2 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 với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có d : 2x − y − 3 = 0 là đường phân giác trong góc A. Biết B1(−6; 0),C 1(−4; 4) lần lượt là hình chiếu vuông góc của đỉnh B,C trên các đường thẳng AC , AB . Xác định toạ độ các đỉnh A, B,C của tam giác ABC . x −1 y z −2 z +3 x y 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1 : == , ∆2 == : và 1 1 1 1 1 3 mặt phẳng (P ) : x − y − z + 1 = 0 . Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (P ), cắt đường thẳng ∆1, đồng thời đường thẳng ∆ cắt và vuông góc với đường thẳng ∆2 .   | z |= 2  Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn  . | z + 2i.z |= 2    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 các đỉnh A,C lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x + y = 0 và d2 : 2x − y + 7 = 0. Biết giao điểm của hai đường chéo là I (1; 4) và đường thẳng AB đi qua điểm M (0; −4) , xác định toạ độ các đỉnh A, B,C , D của hình chữ nhật ABCD. z −1 y −2 x y x z 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1 : == , ∆2 : = = và −2 1 1 1 1 1 điểm A(−1; 0;1) . Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng ∆1 và điểm N trên đường thẳng ∆2 sao cho MN = 6 và AM .AN = 3. ( ) ( ) x 2 + 9 − x + log 3 x 2 + 9 + x = 2 (x ∈ ℝ). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình log ( x 2 +9 +x ) ---------------Hết--------------- Chú ý: Đáp án được cập nhật tại địa chỉ http://dangthuchua.com
  2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 – MÔN TOÁN - TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Câu Nội dung Điểm I-1 Khi m = - 1 ta có hàm số y = x 3 + 3 x 2 − 4 . Tập xác định D = ℝ . Sự biến thiên • Chiều biến thiên: y’ = 3x2 + 6x ; y’ = 0 ⇔ x = 0 v x = - 2. 0,25 y ' > 0∀x ∈ (−∞; −2) ∪ (0; +∞) . Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; - 2) và (0;+ ∞). y ' < 0∀x ∈ (−2; 0) . Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0). • Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = - 2, yC Đ = y(-2) = 0. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = - 4. 0,25 Giới hạn: lim ( x 3 + 3 x 2 − 4) = −∞ ; lim ( x 3 + 3 x 2 − 4) = +∞ . x → −∞ x → +∞ • Bảng biến thiên: x -∞ -2 0 +∞ y’ + 0 - 0 + 0,25 0 +∞ y -∞ -4 • Đồ thị: Giải phương trình x + 3 x − 4 = 0 ⇔ x = −2 v x = 1 . y 3 2 3 Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm 2 điểm M(- 2; 0) và N(1; 0). 2 Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm P(0; - 4). 1 y’’ = 6x + 6; y’’ = 0⇔ x = - 1. x -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 Đồ thị hàm số nhận điểm I(- 1; - 2) làm tâm đối xứng. -1 0,25 I -2 -3 -4 -5 -6 I-2 y ' = 3( x − 2mx + m − 1) . Hàm số có cự trị khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt hay ∀m ∈ ℝ . 2 2 0,25 y ' = 0 ⇔ x = m − 1 v x = m + 1 . Hai điểm cực trị là A(m – 1; m + 1), B(m +1; m – 3). 0,25 OA = (m − 1; m + 1), OB = (m + 1; m − 3) . OAB là tam giác vuông tại O khi O, A, B phân biệt và OA.OB = 0 0,25 ⇔ 2(m 2 − m − 2) = 0 ⇔ m = −1 v m = 2 0,25 II-1 π    π   c os  x + 4 ≠0  x ≠ 4 + kπ Điều kiện xác định     ⇔ (k ∈ ℤ ) . (*)  0,25 3π  cos  x − π  x ≠ + kπ ≠0       4  4 Phương trình đã cho tương đương với 2 π π π       1 − cos  2 x + 2 sin  x +  sin  x −   2 1 + cos 2 x      = sin 2 x.cos 2 x −  4  4 5  +  π π       2 2 4 cos  x +  cos  x −     4  4   0,25 π   5  cos − cos 2 x  1 + 2 cos 2 x + cos 2 x (1 + sin 2 x ) 2 2 = sin 2 x.cos 2 x −   2 ⇔ + π   4 4 4  cos + cos 2 x    2 ⇔ ( sin 2 x + cos 2 x ) = 2.sin 2 x.cos 2 x + 1 ⇔ ( sin 2 x + cos 2 x ) = ( sin 2 x + cos 2 x ) 2 0,25 ⇔ sin 2 x + cos 2 x = 1 v sin 2 x + cos 2 x = 0 π π π kπ  2 ⇔ x = kπ v x = + kπ v x = − ⇔ sin  2 x +  = v tan 2 x = −1 + , (k ∈ ℤ)  4 2 4 8 2 0,25 π kπ x = kπ v x = − + , ( k ∈ ℤ) Đối chiếu điều kiện (*) phương trình đã cho có nghiệm là 8 2 II-2 x ≥ 4, y ≥ 0, x ≥ y, 4 x ≥ y, y ≥ 3 x . 2 Điều kiện xác định (*) 0,25 2x − 2 x2 − y = 4x − y ⇔ 2 x2 − y = y − 2x ⇔ y = 4x − 4 v y = 0 Phương trình (1) tương đương với
  3. x≥4 y ≥ 3x ) Với y = 0 (Loại, vì 2 điều kiện và 0,25 x 2 − 16 = 2 + x − 4 Với y = 4x – 4 thế vào phương trình (2) ta có   x+5 x 2 − 25 x−5 1 ⇔ ( x − 5)  − =0 ⇔ x − 16 − 3 = x − 4 − 1 ⇔ = 2 x − 4 +1 x − 4 +1  x − 16 + 3 x 2 − 16 + 3 2 x+5 1 ⇔ x=5 v − =0 0,25 x − 4 +1 x 2 − 16 + 3 x = 5  * x = 5. Kết hợp điều kiện (*), hệ phương trình có 1 nghiệm  y = 16 x+5 x+5 x+5 1 1 − =0 > >1≥ * vô nghiệm, vì 0,25 x − 4 +1 x − 4 +1 x 2 − 16 + 3 x 2 − 16 + 3 x2 + 3 III dx dx Đặt t = x . Khi x = 1 thì t = 1 , khi x = 4 thì t = 2. Ta có dt = ⇒ = 2dt 0,25 2x x  2t u = ln(9 − t 2 ) du = 2 2 2 2 t2 dt Do đó I = 2 ∫ ln ( 9 − t ) dt . Đặt  . Vì vậy I = 2t ln(9 − t 2 ) − 4 ∫ 2 ⇒ 2 t −9 dt 0,25 1 1 t −9 dv = dt  v = t  1 t2 − 9 + 9 2 = 4 ln 5 − 2 ln 8 − 4 ∫ 2 dt 0,25 t −9 1  3 t −3  2 = 4 ln 5 − 2 ln 8 − 4  t + ln  = 4 ln 5 − 6 ln 2 − 4 + 6 ln 5 − 6 ln 2 = 10 ln 5 − 12 ln 2 − 4 0,25  2 t +3  1 IV Gọi I là trung điểm cạnh BC, H là hình chiếu của A’ lên mặt phẳng (ABC) 0,25 BC = 2 3a , HA = HB = HC = 2a ⇒ A' A = A' B = A'C Do đó tam giác A’BC vuông cân tại A’ ⇒ A ' B = AA ' = 6 a 0,25 Độ dài đường cao hình lăng trụ ABC.A’B’C’ là A ' H = A ' A − HA = 2a 2 2 Diện tích tam giác ABC là 1 S ABC = AB. AC.sin BAC = 3a 2 0,25 2 Thể tích khối lăng trụ là VABC . A ' B ' C ' = A ' H .S ABC = 6a 3 0,25 V 1 1 ab + bc + ca = ⇒ bc = −a(b + c) + . Từ giả thiết 3 3 0,25 1 1 1 + + ≤3 *Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 2 2 a(a + b + c) + b(a + b + c) + c(a + b + c) + 3 3 3 a(a + b + c) b(a + b + c) c(a + b + c) 1 ⇔ + + ≥. 3a ( a + b + c ) + 2 3b ( a + b + c ) + 2 3c ( a + b + c ) + 2 3 0,25  1 a b c ⇔ (a + b + c)  + + ≥ (1)  3 a ( a + b + c ) + 2 3b ( a + b + c ) + 2 3c ( a + b + c ) + 2  3
  4. (a1 + a2 + a3 ) 2 a1 a2 a3 ++≥ , ∀a1c1 , a2 c2 , a3c3 > 0 . *Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky ta có bất đẳng thức c1 c2 c3 a1c1 + a2 c2 + a3c3 0,25 (a + b + c) 2 a b c + + ≥ Ta có 3a (a + b + c) + 2 3b(a + b + c) + 2 3c(a + b + c) + 2 (a + b + c) 3(a 2 + b 2 + c 2 ) + 2    2 a 2 + b2 + c2 + 1 3 = = (2) a + b + c) 3(a + b + c ) + 2  3(a + b + c) 2 2 2   0,25 1 a=b=c= Đẳng thức xảy ra khi . Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 3 VI.a-1 ' Gọi B1 ( a; b) là điểm đối xứng của B1 qua đường phân giác trong d. a−6 b B1 B1' = (a + 6; b) , trung điểm đoạn thẳng B1 B1' là I ( ;) 22 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u (1; 2) .  B B ' .u = 0 a = 6 11 ⇔ hay B1 (6; −6) . '  Ta có hệ phương trình b = −6 I ∈ d   B1' đối xứng với B1 qua đường phân giác trong d nên B1' thuộc đường thẳng AB. Do B1' và C1 . Phương trình cạnh AB là : x + y = 0. AB Đường thẳng đi qua điểm 0,25 2 x − y − 3 = 0 x = 1 {A} = AB ∩ d . Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình ⇔  Ta có hay A(1 ;- 1). x + y = 0  y = −1 B1 . Phương trình cạnh AC là : x + 7y + 6 = 0. Đường thẳng AC đi qua A và BB1 B1 vuông góc với đường thẳng AC . Phương trình đường cao BB1 Đường cao đi qua là : 7x – y + 42 = 0. 0,25 CC1 C1 AB . Phương trình đường cao CC1 Đường cao đi qua vuông góc với đường thẳng là : x – y + 8 = 0.  21 x = − 4 21 21 x + y = 0  Ta có {B} = AB ∩ BB1 . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình hay B ( − ;) ⇔    7 x − y + 42 = 0 44  y = 21   4  31  x = − 4 hay C ( − 31 ; 1 ) 0,25 x + 7y + 6 = 0 Ta có {C} = AC ∩ CC1 . Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình  ⇔  44 x − y + 8 = 0 y = 1   4 21 21 31 1 B(− ; ) , C (− ; ) Đáp số : A(1 ; -1), 44 44 M (t + 1; t ; t + 2) là giao điểm của đường thẳng ∆1 ∆ − 3) VI.a-2 và N ( k ; k ;3k Giả sử với đường thẳng là giao điểm của đường 0,25 ∆2 ∆ ⇒ MN (k − t − 1; k − t ;3k − t − 5) . thẳng với đường thẳng ∆2 u2 = (1;1;3) . Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n = (1; −1; −1) . Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là 0,25  MN .u2 = 0 11k − 5t − 16 = 0 (k − t − 1) + (k − t ) + 3(3k − t − 5) = 0  t = −1     MN .n = 0 ⇔ (k − t − 1) − (k − t ) − (3k − t − 5) = 0 ⇔ −3k + t + 4 = 0 ⇔  Từ giả thiết ta có 0,25 k = 1 t ≠ 0  M ∉ ( P) (t + 1) − t − (t + 2) + 1 ≠ 0     Ta có M(0 ; - 1 ; 1) và N(1 ;1 ; 0). x y +1 x −1 0,25 MN = (1; 2; −1) . Phương trình đường thẳng ∆ = = là −1 1 2
  5. z = x + yi ( x, y ∈ ℝ ) . Ta có z = x − yi . VII.a Giả sử 0,25 z + 2i.z = ( x + 2 y ) + (2 x + y )i . Ta có  x2 + y2 = 2 | z |= 2   ⇔  Khi đó 0,25 | z + 2i.z |= 2  ( x + 2 y ) 2 + (2 x + y ) 2 = 2   2 x + y = 2  x2 + y 2 = 2 2 ⇔ 2 ⇔ 0,25  xy = −1 5( x + y ) + 8 xy = 2 2  x + y = 0  x = 1  x = −1 ⇔ ⇔ . Vậy z = 1 − i hoặc z = −1 + i . v 0,25  xy = −1  y = −1  y = 1 t + k = 2 t = 1 VI.b-1 A(t ; −t ) , C (k ; 2k + 7) . Do I là trung điểm của AC nên ta có hệ phương trình  ⇔ Giả sử  −t + 2 k + 7 = 8 k = 1 0,25 Hay A(1 ; - 1), C(1 ; 9). u AB = MA = (1;3) . Phương trình cạnh AB là 3x – y – 4 = 0. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng AB là 1 Một vectơ chỉ phương của đường chéo AC là u AC = . AI = (0;1) . 0,25 5 Giả sử một vectơ chỉ phương của đường chéo BD là u BD = ( a; b), a + b ≠ 0 . 2 2 ⇒ BAI = ABI < 900 . Từ đó ta có | cos(u AB , u AC ) |=| cos(u AB , u BD ) | Tam giác IAB cân tại I  4a − 3b = 0 | a + 3b | 0,25 3 ⇔ = ⇔ a (4a − 3b) = 0 ⇔  a = 0 10 a 2 + b 2 10 * Với 4a - 3b = 0, chọn a = 3, b = 4 ta có u BD = (3; 4) . Do đó phương trình đường chéo BD là 4x - 3y + 8 = 0. 3 x − y − 4 = 0 x = 4 {B} = AB ∩ BD . Toạ độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình  ⇔ Ta có hay B(4 ;8). 4 x − 3 y + 8 = 0 y = 8 0,25 Do I là trung điểm của BD ⇒ D(- 2 ; 0) * Với a = 0, chọn b = 1 ta có u BD = (0;1) = u AC . Trường hợp này bị loại. Đáp số : A(1 ; - 1), B(4 ;8), C(1 ; 9), D(- 2 ; 0). M (t ; t ; t + 1), N (k ; k + 2; −2k ) . VI.b-2 Giả sử 0,25 MN = (−t + k ; −t + k + 2; −t − 2k − 1) , AM = (t + 1; t ; t ), AN (k + 1; k + 2; −2k − 1) 0,25 Ta có (t + 1)(k + 1) + t (k + 2) + t (−2k − 1) = 3 k = 2 − 2t ⇔ 2  0,25 Từ giả thiết ta có (−t + k ) + (−t + k + 2) + (−t − 2k − 1) = 6 27t − 66t + 39 = 0 2 2 2  13 t = 9 13 13 22 8 10 16 t = 1  ; ), N (− ; ; ) . Do đó M (1;1; 2), N (0; 2;0) hoặc M ( ; ⇔ v 0,25 999 999 k = 0 k = − 8   9 VII.b x 2 + 9 + x ≠ 1 ⇔ x ≠ −4 . 0,25 Điều kiện xác định (*)   ( ) 9  + log 3 x2 + 9 + x = 2 2 Phương trình đã cho tương đương với log 2 ( x +9 + x )  x +9 + x 0,25 ) ( 2 ⇔ − 1 + log 3 x 2 + 9 + x = 2 ( ) log 3 x + 9 + x 2 ) ( 2 t = log 3 x2 + 9 + x t+ = 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1 v t = 2 0,25 Đặt . Phương trình đã cho trở thành t t = 1 ⇒ x 2 + 9 = 3 − x ⇔ x = 0 (thoả mãn điều kiện (*)) Với 0,25 Với t = 2 ⇒ x + 9 = 9 − x ⇔ x = 4 (thoả mãn điều kiện (*)) 2 Đáp số : x = 0 và x = 4. Chú ý : Nếu thí sinh làm cách khác với đáp án, giải đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu đó ! CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI ĐẠI HỌC! – GV : Trần Đình Hiền
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản