ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

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

Thêm vào BST

Báo xấu

117
lượt xem 22
download

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 nguyễn huệ', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ 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 LẤN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI MÔN: TOÁN NGUYỄN HUỆ KHỐI A,B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I: (2,0 điểm ) Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực. 1. Kh ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đ ã cho ứng với m  1 . 2. Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x2 sao cho x1  x2  2 . Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 1  3 cos x  cos 2 x  2 cos 3 x  4 sin x.sin 2 x 2. Giải hệ phương trình:  x 2  2 x  y 2  y  3  xy (x, y R)   xy  x  2 y  1 cotx Câu III: (1,0 điểm) Tìm dx    s inx.sin  x   4  Câu IV: (1 ,0 đ iểm ) Cho l¨ng trô tam gi¸c ABC.A1B1C1 cã tÊt c¶ c¸c c¹nh b»ng a, gãc t¹o bëi c¹nh bªn vµ mÆt ph¼ng ®¸y b»ng 300. H×nh chiÕu H cña ®iÓm A trªn mÆt ph¼ng (A1B1C1) thuéc ®êng th¼ng B1C1. TÝnh thÓ tÝch khèi l¨ng trô ABC.A1B1C1 vµ tÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®êng th¼ng AA1 vµ B1C1 theo a. Câu V: (1 ,0 đ iểm ) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a  b  c  1. Tìm giá trị nhỏ nhất của : 1  1  1  P  3   1   1  1  ab   bc  ca  Câu VI (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường tròn : (C1): x2 + y2 = 13 và (C2): (x - 6)2 + y2 = 25 cắt nhau tại A(2; 3). Viết p hương trình đường thẳng đi qua A và lần lượt cắt (C1), (C2) theo hai dây cung phân biệt có độ dài bằng nhau. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác vuông cân ABC có BA = BC. Biết A(5 ; 3 ; - 1), C (2 ; 3 ; - 4 ) và B là điểm nằm trên m ặt phẳng có phương trình : x  y  z  6  0 . Tìm tọa độ điểm B. Câu VII (1,0 điểm) Giải phương trình : 4  2  log 3 x  log 9 x 3  1 1  log 3 x ------------------------Hết----------------------www.laisac.page.tl Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích g ì them Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NH ẤT TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2010 – 2011 NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI MÔN: TOÁN KHỐI A, B CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 3 2 Víi m  1 ta cã y  x  6 x  9 x  1 . * TËp x¸c ®Þnh: D = R * Sù biÕn thiªn  ChiÒu biÕn thiªn: y'  3x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3) x  3 0,25 , y'  0  1  x  3 . Ta cã y'  0   x  1 Do ®ã: + Hµm sè ®ång biÕn trªn mçi kho¶ng (,1) vµ (3,  ) . + Hàm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng (1, 3).  Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x  1 vµ yCD  y (1)  3 ; ®¹t cùc tiÓu t¹i x  3 vµ yCT  y (3)  1 . 0,25  Giíi h¹n: lim y  ; lim y   . x   x    B¶ng biÕn thiªn: I-1 1 x 3   (1điểm)    0 y’ 0  0,25 3 y -1  y * §å thÞ: §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm 3 (0,  1) . 2 0,25 1 x 1 2 3 4 O -1 I-2 Ta cã y'  3 x 2  6( m  1) x  9. 0,25 (1điểm) Hµm sè ®¹t cùc ®¹i, cùc tiÓu t¹i x1 , x2  ph¬ng tr×nh y'  0 cã hai nghiÖm pb lµ x1 , x2  Pt x 2  2( m  1) x  3  0 cã hai nghiÖm ph©n biÖt lµ x1 , x2 . 0,25 m  1  3 2  '  ( m  1)  3  0   (1)  m  1  3  +) Theo ®Þnh lý Viet ta cã x1  x 2  2(m  1); x1 x2  3. Khi ®ã 2 2 x1  x2  2   x1  x2   4 x1 x2  4  4  m  1  12  4 0,25
 m  3  (m  1)2  4   (2) m  1 Tõ (1) vµ (2) suy ra gi¸ trÞ cña m = - 3 ; m = 1 0,25
PT  1  3 cos x  cos 2 x  2 cos  2 x  x   4 sin x.sin 2 x 0,25  1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   4 sin x.sin 2 x  1  3 cos x  cos 2 x  2  cos x.cos 2 x  sin x.sin 2 x   0 0,25  1  3cos x  cos 2 x  2 cos x  0  1  cos x  cos 2 x  0 cos x  0 II-1  2 cos 2 x  cos x  0   0,25 cos x   1 (1 điểm)  2    x  2  K  0,25  x   2  K 2  3   x  2 x  y 2  y  3  xy 2  x 2  xy  y 2  2 x  y  3 (1)    xy  x  2 y  1  xy  x  2 y  1 (2) 0,25 2 Cộng (1) và (2) theo vế đ ược ( x  y )  3( x  y)  4  0 x  y  1 Suy ra  0,25 II-2  x  y  4 (1 điểm) Với x  y  1 thay vào (2) được  y 2  2 y  0 0,25 Tìm được (x;y) = (1;0); (x;y) = (-1; 2) Với x  y  4 thay vào (2) được  y 2  3 y  5  0 0,25 Phương trình vô nghiệm Hệ có 2 nghiệm (x;y) = (1;0); (x;y) = (-1; 2) cot x cot x dx  2  dx   s inx  s inx  cos x   0,25  sin x sin  x   4  cot x = 2 dx III 0,25 s in x 1  cot x  2 (1 điểm) cot x  1  1   2 d (cot x) 0,25 cot x  1 2   cot x  ln cot x  1  +C 0,25 Do AH  ( A1 B1C1 ) n ªn gãc AA1 H lµ gãc gi÷a AA1 vµ (A1B1C1), theo gi¶ thiÕt th× gãc AA1 H b»ng 300. A B C IV K 0,25 (1 điểm) A1 C1 H B1
a XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc AA1 H =300  AH  . 2 0,25 1 a a 2 3 a3 3 1  AH .S A1 B1C     V ABCA1 B1C1 3 32 4 24 a3 XÐt tam gi¸c vu«ng AHA1 cã AA1 = a, gãc AA1 H =300  A1 H  . Do tam gi¸c 2 a3 0,25 A1B1C1 lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a, H thuéc B1C1 vµ A1 H  nªn A1H vu«ng gãc víi B1C1. 2 MÆt kh¸c AH  B1C1 n ªn B1C1  ( AA1 H ) KÎ ®êng cao HK cña tam gi¸c AA1H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a AA1 vµ B1C1 A H . AH a 3 Ta cã AA1.HK = A1H.AH  HK  1  0,25 AA1 4  1  ab  1  bc  1  ca  1  1  1 A  P 3    1   1   1  0,25  abc 2  ab   bc   ca  Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng và trung bình nhân có :  a  b 2   2  a  b   2  a  b   1  a   1  b  1  c    1  ab  1  4 4 4 1  c  1  a  1  b   0,25 2 1  a  1  c  1  b  V Tương tự có: 1  bc  2 (1 điểm) 1  b  1  c  1  a  1  ca  2 2 1  1  1  1  Suy ra A   1   1   1    0,25 8 a b c     3  1  1   1   1  43 Do đó min P = 8 đạt được khi a = b = c Mà: 1   1   1     1  3 abc   a  b   c    0,25 1 = 3 Gọi giao điểm thứ hai của đ ường thẳng cần tìm với (C1) và (C2) lần lượt là M và N 0,25 Gọi M(x; y)  (C1 )  x 2  y 2  13 (1) Vì A là trung điểm của MN nên N(4 – x; 6 – y). 0,25 Do N  (C2 )  (2  x) 2  (6  y) 2  25 (2) VI- 1  x 2  y 2  13  Từ (1) và (2) ta có hệ  (1 điểm) 2 2 (2  x)  (6  y )  25  0,25 17 17 6 6 Giải hệ ta được (x = 2 ; y = 3) ( lo ại vì trùng A) và (x = ; y = ). Vậy M( ;) 5 5 5 5 Đường thẳng cần tìm đ i qua A và M có phương trình : x – 3 y + 7 = 0 0,25
AC = 3 2 suy ra BA = BC = 3 0,25 Tọa độ B là nghiệm của hệ phương trình: ( x  5) 2  ( y  3) 2  ( z  1) 2  9  0,25 2 2 2 ( x  2)  ( y  3)  ( z  4)  9 x  y  z  6  0 VI-2  (1 điểm) ( x  5) 2  ( y  3) 2  ( z  1) 2  9 ( x  5) 2  (4  2 x) 2  (2  x) 2  9     x  z 1  0  z  1 x 0,25 x  y  z  6  0  y  7  2x   Tìm được: B(2;3; 1) hoặc B(3;1; 2) 0,25 1 0,25 Đk: x > 0, x  3, x  9 4 1 4 2  log3 x log9x 3   1  2  log3 x  1  1  log3 x log3 9x 1  log3 x 0,25 2  log3 x 4 1   VII. 2  log3 x 1  log3 x (1 điểm)  2t 4 t  1, t  2   t  1 Đặt: t = log3x pt thành :  1  2 0,25 t  4 t  3t  4  0  2  t 1 t 1 So sánh điều kiện được 2 nghiệm x  ; x  81 0,25 3