ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - LƯƠNG VĂN CHÁNH

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

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 5
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 - lương văn chánh', 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 LẦN 1 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - LƯƠNG VĂN CHÁNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2010-2011 §Ò chÝnh thøc Môn thi : TOÁN KHỐI A ( Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2,0 điểm) 1 Cho hàm số y  mx 3  (m  1) x 2  (4  3m) x  1 có đồ thị là (Cm) 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C1) của hàm số khi m=1 2. Tìm tất cả các giá trị m sao cho trên đồ thị (Cm) tồn tại một điểm duy nhất có hoành độ âm mà tiếp tuyến tại đó vuông góc với đường thẳng (L): x+2y-3=0. Câu II. (2,0 điểm) 3 1. Giải phương trình sin 2 4 x.sin x  cos 4 x  1  cos 2 x 2  1 4 x  2 x 1  log 2 3 y  1  2. Giải hệ phương trình  log y 3  x  (1  log 3 y )(1  2 )  2 1 x 2 dx Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I   3  2x  x2 0 Câu IV. (1,0 điểm) Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, góc A=600, chân đường vuông góc hạ từ B’ xuống đáy ABCD trùng với giao điểm các đường chéo của đáy, cho BB’=a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối hộp ABCD. A’B’C’D’. Câu V. (1,0 điểm) 2 2 Tùy theo tham số m, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= ( x  2 y  1)  (2 x  my  3) . Với x, y  ¡ PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Tìm trong mặt phẳng 0xy những điểm mà không có đường thẳng nào của (d):(m2-1)x+2my+1-m=0 đi qua. 2. Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d ) : x  y  1  z  2 và tiếp xúc với mặt cầu tâm I(1;2;-1) bán kính R  2 . Câu VIIa. (1,0 điểm) n 1 C2 n n  2 n với n  ¥ , n  1 . Trong đó C2 n là số tổ hợp chập n của 2n phần tử. Chứng minh rằng 2 2n  1 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng 0xy chứng minh rằng đường tròn (Cm ) : x 2  y 2  2m 2 x  4my  4m2  0 luôn t iếp xúc với 2 đường cố định mà ta phải chỉ rõ. x 1 y  2 z 2. Trong không gian 0xyz viết phương trình mặt phẳng (P) chứa (d ) : và tạo với trục Oy   1 2 1 một góc lớn nhất. Câu VIIb. (1,0 điểm) Định m để bất phương trình 9 x  m.3x  m  3  0 có ít nhất một nghiệm. .........................….. 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: ……….........www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A - MÔN TOÁN Câu ý Đáp án Điểm 13 y x  x 1 Khi m =1 3 Tập xác định: ¡ . Chiều biến thiên: y '  x 2  1  y’>0 x  ¡ lim y   , xlim y   0,5 x   Bảng biến thiên: x - + y’ + + y - + Hàm số luôn đồng biến trên ¡ 0,25 1. + Hàm số có không cực đại và cực tiểu tại. (1,0) Đồ thị: Đồ thị giao với Oy tại (0;1) y 1 0,25 Câu I 0 x (2,0) 1 Phương trình đường thẳng (L) có hệ số góc là  nên hệ số góc của tiếp tuyến 2 cần t ìm là k=2. Lúc đó nếu x là hoành độ tiếp điểm thì 0,25 f '(x)  2  mx 2  2(m  1)x  (4  3m)  2  mx 2  2(m  1)x  2  3m  0 (1) Bài toán trở thành tìm tất cả các m sao cho phương trình (1) có đúng một nghiệm âm. Nếu m=0 thì (1)  2 x  2  x  1 loại 0,25 2. 2  3m Nếu m  0 thì dễ thấy phương trình (1) có 2 nghiệm là x  1 hay x= 0,25 (1,0) m m  0 2  3m 0  do đó để có một nghiệm âm thì m  2 m 0,25 3  2 Vậy m  0 hay m  thì trên (C) có đúng một tiếp điểm có hoành độ âm thỏa 3 yêu cầu đề bài 3 1. Phương trình tương đương với (1  cos 2 x )cos 2 x  1  sin 2 4 x.sin x (1,0) 0,5 2
1 3  1  sin 2 2 x  sin 2 4 x.sin x 4 2 sin 2 x  0   Vậy phương trình có nghiệm khi  2 0,25 3 sin 4 x.sin 2 x  1   sin 2 x  0   hệ vô nghiệm tức phương trình vô nghiệm 0,25  3 0.sin 2 x  1  Điều kiện 0  y  1 và 2 x  1và log 3 y  1 và nên đặt 2 x  co s  và log 3 y  co s  với  ,   [0;  ] thì sẽ đưa đến hệ 0,25 Câu II  1  co s 2  co s   1  co s 2  co s   1 sin  co s   sin  co s   1   (2,0)   (1  co s  )(1  cos )  2 (1  co s  )(1  cos )  2     sin(   )  1       0,25 2 (1  co s  )(1  cos )  2 sin   co s   sin  cos   1  0  1 t2 Đặt t  sin   cos  , t  2  sin  .cos   thì được phương trình 2. 2 0,25 (1,0) 1 t2  1  0  t 2  2t  3  0  t  1 (loại t=-3) t 2    2 sin      1       0 (loại    ) tức Với t=1 tức 4 2  0,25  2x  1 x  0 So với điều kiện ban đầu loại, nên hệ vô nghiệm.   log 3 y  0  y  1 1 1 1 x 2 dx x 2 dx x 2 dx I    0,25 3  2 x  x 2 0 4  ( x 2  2 x  1) 0 22  ( x  1)2 0 Đặt x-1=2cost  dx=-2sintdt với t  [0;  ] 2  và x  1  t  thì đưa đến tích phân khi x  0  t  3 2  2 0,25 2 (1  4 cos t  4 cos 2 t )2sin tdt 2 3 (1  2 cos t ) 2sin tdt I   Câu III 4  (2 cos t ) 2 2 1  cos 2 t 2  (1,0) 3 2 2 2 2 3 3 (1  2 cos t ) 2 sin tdt   1  4 cos t  2(1  cos 2t )  dt I  2 sin t   2 2 0,5 2 3 2  33   3  4 cos t  2 cos 2t  dt  (3t  4sin t  sin 2t )  4  3  2 2  2 2
K 0,25 Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC,BD, và I là trung điểm BC. + Kẽ B’K  BC thì OK  BC (Định lý 3 vuông góc), Thì K là trung điểm của CâuIV a (1,0) (1,0) BI  BK  4 2 a 15 2 2 2 + Với Tam giác vuông BB’K có B ' K  B ' B  BK  a     a  4 4 15a 2 + Vậy diện tích mặt bên BB’C’C là S BB 'C 'C  B ' K .BC  4 + Hoàn toàn tương tự diện tích các mặt đều bằng nhau nên 0,25 15a 2  15a 2 S xq  4 S BB 'C ' C 4 4 DB a + Do BDC là tam giác đều cạnh a nên OB  . 2 2 0,25 2 a 3 2 2 2 + Và B ' O  B ' B  OB  a     a 2 2 3 3a 3 1 1 0,25 V AC.BD.OB '  a 3.a.a  2 2 2 4 2 2 Ta nhận thấy ( x  2 y  1)  0 và (2 x  my  3)  0 x, y  ¡  P  0  x  2 y 1  0 tức P=0 khi và chỉ khi hệ phương trình trên có nghiệm P0 2 x  my  3  0 0,25  x  2y 1  0  x  2 y  1 1 2 có   4m  2 x  my  3  0 2 x  my  3 2 m D  0  4  m  0  m  4 thì hệ có duy nhất nghiệm tức P=0 xảy ra. Câu V 0,25 (1,0) (1,0)  x  2y 1  0 D  0  4  m  0  m  4 thì hệ sẽ là  vô nghiệm nên minP>0. 2x  4 y  3  0  Đặt t=x-2y thì ta có 0,5 2 14 49  49  7 1  2 2 P   t  1   2t  3  5t  14t  10  5  t 2  t    10  2  5t    5 25  5  5 5  1 7 7 Vậy min P  khi t   hay x  2 y   0 5 5 5
1 Kết luận min P  khi m=4 hay minP=0 khi m  4 5 + Giả sử có điểm S (a; b)  (d ), m thì (m 2  1)a  2mb  1  m  0, m hay 0,25 (m 2  1)a  2mb  1  m  0  am 2  (2b  1)m  1  a  0 (2) vô nghiệm m  1 1 + Nếu a=0 thì (2) sẽ là (2b-1)m+1=0 vô nghiệm khi b  tức S  0;   ( d ) 0,25  2 2 + Nếu a  0 thì (2) vô nghiệm khi và chỉ khi (2b  1) 2  4a (1  a )  0 (1,0) 1 1 1  4a 2  4a  (2b  1) 2  0  (a  ) 2  (b  ) 2  vậy những điểm nằm trong 0,25 2 2 4 1 1 1 đường tròn cố định tâm I  ;  bán kính R  thì (d) không qua 2 2 2 Kết hợp cả 2 ta có đường thẳng (d) không đi qua những điểm nằm trong đường 1 1 1 0,25 Câu tròn tâm I  ;  bán kính R  . 2 2 2 VI.a (2,0) Mặt phẳng chứa đường thẳng (d) có phương trình là 0,25 m( x  y  1)  n( x  z  2)  0 (với m 2  n 2  0 )  (m  n) x  my  nz  2n  m  0 Để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu thì d ( I , P)  R m  n  2m  n  2n  m 2 m  4 n 0,25   2 2 2 2 2 2 2 (m  n)  ( m)  ( n) 2m  2mn  2n (1,0)  n0  (2m  4n)  2(2m  2mn  2n )  2n(3n  5m)  0   2 2 2  n  5m 0,25 3  + Khi n  0 chọn m=1 được phương trình x-y-1=0, 5m 0,25 thì chọn m  3  n  5 được phương trình 8x-3y-5z+7=0 + Khi n  3 n 1 C2 n  2 n với n  ¥ , n  1 . Chứng minh rằng 2n  1 2 n 1.3.5...(2n  1) C2 n (2n)! Câu Biến đổi vế phải ta được  2n  0,5 2n 2 2 .n !.n ! 2.4.6...(2n) VII.a (1,0) 1.3.5...(2n  1) 1  vì vậy phải chứng minh 2.4.6...(2n) 2n  1 2 2 2k  1     2k  1 2k  1 2k  1 Mà   , k  ¥ , k  1 0,5 2k 2 2 2k  1 4k  1 4k Chọn k lần lượt từ 1,2,…,n rồi nhân các bất đẳng thức vế theo vế ta được đpcm. Ta thấy đường tròn (Cm ) có tâm I(m2;2m) và bán kính R  m 2  0; m  0 Câu 0,25 VI.b (2,0) Vậy bán kính R bằng hoành độ tâm I nên (Cm ) tiếp xúc với trục Oy tại H. 0,25 (1,0) Ta có quỹ tích tâm I của đường tròn là parabol (P): y2=4x có tiêu điểm F(1;0) và đường chuẩn (D): x+1=0 + IH vuông góc với đường chuẩn (D) tại K 0,5 + IF cắt (Cm ) tại J
+ Ta có IF=IK và IJ=IH nên IF-IJ=IK-IH tức FJ=HK=1 + Vậy J nằm trên trên đường tròn (L) cố định tâm F bán kính FJ=1 và (Cm ) tiếp xúc với (L) Mặt phẳng (P) chứa đường (d) nên có phương trình m(x+y+1)+n(2y-z+4)=0 với r 0,25 m2+n2>0; và trục Oy có vectơ chỉ phương a  (0;1;0) 2 + Nếu m=0 thì mặt phẳng (P):2y-z+4=0 thì góc   (( P), Oy ) có sin   5 + Nếu m  0 thì có thể giả sử m=1 thì (P): x+(1+2n)y-nz+1+4n=0 0,25 1  2n 1  2n  sin   2  1  (1  2n)2  ( n) 2 5n 2  4 n  2 (1,0) (1  2n)2 2 Nhận xét  lớn nhất khi và chỉ khi sin  lớn nhất  sin   2  f ( n) 5n  4n  2 0,25 5   n  2  f (2)  6 2 4n  6n  4 4 0 f '(n)  và lim f (n)  2 2 n   1  f   1   0 (5n  4n  2) 5 n  0,25    2  2  Vậy sin  lớn nhất khi n=2 do đó mặt phẳng (P): x+5y-2z+9=0 t2  3 Đặt 3x  t  0 thì bất phương trình là t 2  mt  m  3  0   m; t  0 0,25 t 1 Vậy bất phương trình có ít nhất một nghiệm tức tồn tại ít nhất một giá trị t>0 sao t2  3 0,25 cho đồ thị hàm y  nằm dưới đường thẳng y=m t 1 t2  3 t 2  2t  3 4 4 Mà y   t 1   y '  1  (t  1)2 (t  1)2 t 1 t 1 Câu 0,25 t 2  2t  3  t 1 VII.b (1,0) (loại t=-3)  y'  0  0 (1,0) 2 t  3 (t  1) t2  3 nhận giá trị [2; ); t  0 Lập bảng biến thiên ta thấy hàm y  t 1 0,25 Vì vậy để bất phương trình có ít nhất một nghiệm là m  2 …..Hết…..