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

Thêm vào BST

Báo xấu

165
lượt xem 36
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:

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 - TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU - NGHỆ AN

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
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
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
 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
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
 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