ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT BỈM SƠN - THANH HÓA

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

158
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 2 năm 2011 môn: toán, khối a - trường thpt bỉm sơn - thanh hóa', 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 LẦN 2 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT BỈM SƠN - THANH HÓA

SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 TRƯỜNG THPT BỈM SƠN MÔN: TOÁN; KHỐI: A (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hà m số y = x 3 - 3mx + 2 ( Cm ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( C1 ) 2. Tìm m để đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của ( C ) cắt đường tròn tâm m I (1;1) , bán kính bằng 1 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB đạt giá trị lớn nhất Câu II (2 điểm) pö æ 2 1. Giải phương trình 2 cos 3 x cos x + 3 (1 + sin 2 x ) = 2 3cos ç 2 + x ÷ 4 ø è 2 ( ) = 5 - x 2. Giải phương trình x 2 + 1 2 x 2 + 4 e æ ö ln x + 3 x 2 ln x ÷ d x Câu III (1 điểm) Tính tích phân I = ç òè x ç ÷ 1 + ln x ø 1 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I là trung uur uuu r điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa mã n IA = -2 H . Góc giữa SC và I mặt đáy (ABC) bằng 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoả ng cách từ trung điểm K của SB đến mặ t 0 phẳng (SAH). Câu V (1 điểm) Cho 3 số thực dương a, b, c thỏa mã n a 2 + b 2 + c 2 = 1 . a 5 - 2a 3 + a b5 - 2b3 + b c 5 - 2c 3 + c 2 3 + + £ Chứng minh rằng b2 + c2 c2 + a2 a 2 + b 2 3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳ ng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng d : x - y - 3 = 0 và d ' : x + y - 6 = 0 . Trung điểm một cạnh là giao điểm của d với trục Ox. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gia n với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M (0; - ; 2) và N (- ;1; 3) . Viết phương 1 1 trình mặt phẳng (P) đi qua M, N sao cho khoảng cách từ K ( 0; 0; 2 đến (P) đạt giá trị lớn nhất ) n n k n- k b k . Quy ước số hạng thứ i của khai triển là số hạng Câu VII.a (1,0 điểm) Cho khai triển ( a + b ) = å C a n k = 0 ứng với k = i1. 8 æ log 3 9 x-1 7 - 1 log 2 æ 3x 1 +1ö ö -÷ + ç 5 Hãy tìm các giá trị của x biết rằng số hạng thứ 6 trong khai triển ç 2 2 è ø÷ là 224. + 2 ç ÷ è ø B. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳ ng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB và đường chéo BD lần lượt là x - 2 y + 1 = 0 và x - 7 y + 14 = 0 , đường thẳng AC đi qua điểm M ( 2;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gia n với hệ trục tọa độ Oxyz cho ba điểm A ( 2; 3;1) , B ( -1; 2; 0 ) , C (1;1; -2 . Tìm tọa độ ) trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình x ( 3 log 2 x - 2 ) > 9 log 2 x - 2 www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT THANH HÓA KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2011 TRƯỜNG THPT BỈM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN; KHỐI: A (Thời gian làm bài 180’ không kể thời gian phát đề) Câu Nội dung Điểm 1.(1,0 điểm) I (2điểm) Hàm số (C ) có dạng y = x 3 - 3 x + 2 1 · Tập xác định: ¡ 0,25 · Sự biến thiên lim y = -¥, lim y = -¥ x ® -¥ x ® +¥ 2 Chiều biến thiên: y ' = 3 x - 3 = 0 Û x = ± 1 Bảng biến thiên -¥ +¥ X 1 1 0,25 y’ + 0 0 + +¥ 4 Y -¥ 0 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; -1) , (1; +¥ ) , nghịch biến trên khoảng 0,25 (1;1) Hàm số đạt cực đại tại x = -1, yCD = 4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0 · Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn y f ( x) = x^3 3x + 2 4 3 2 0,25 1 x 2 1 1 2 1 2.(1,0 điểm) 2 Ta có y ' = 3 x - 3m 0,25 Để hàm số có cực đại, cực tiểu thì phương trình y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt Û m > 0 1 Vì y = x. y '- 2 mx + 2 nên đường thẳng D đi qua cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số có phương 0,25 3 trình là y = -2mx + 2 2m - 1 Ta có d ( I , D ) = < R = 1 (vì m > 0), chứng tỏ đường thẳng D luôn cắt đường tròn tâm 4 m 2 + 1 0,25 I(1; 1), bán kính R = 1 tại 2 điểm A, B phân biệt 1 1 1 2 1 Với m ¹ , đường thẳng D không đi qua I, ta có: S DABI = IA.IB. sin AIB £ R = 2 2 2 2 Nên S DIAB đạt giá trị lớn nhất bằng ½ khi sinAIB = 1 hay tam giác AIB vuông cân tại 2 m - 1 R 1 1 2 ± 3 0,25 I Û IH = = Û m = (H là trung điểm của AB) Û = 2 4m 2 + 1 2 2 2 II 1.(1,0 điểm) (2điểm) 0,25 ( ) ta được phương trình 2 2 4 2 Đặt t = x 2 x + 4 Þ t = 2 x + 2 x t 2 ét = -4 + 1 = 5 - t Û t 2 + 2t - 8 = 0 Û ê 0,25 t ë = 2 2 Với t = -4 ta có
ì x < 0 ìx < 0 ì x < 0 ï 2 x 2 x + 4 = -4 Û í Û Ûí Û x = - 2 í4 ( ) 4 2 2 2 0,25 2 x + 2 x = 16 x + 2x - 8 = 0 x = 2 î î ï î Với t = 2 ta có ì x > 0 ì x > 0 ì x > 0 0,25 ï ï x 2 x 2 + 4 = 2 Û í Û x = Ûí 4 Û í 2 3 - 1 ï ( x + 2 x ) = 4 î x + 2 x - 2 = 0 ï x = 3 - 1 4 2 2 î2 î III e e ln x dx + 3ò x 2 ln xdx =I1+3I2 (1điểm) I = ò 1 x 1 + ln x 1 e ln x +) Tính I = ò x 1 + ln x dx . 1 0,25 1 1 2 Đặt t = 1 + ln x Þ t = 1 + ln x; 2 dt = dx t x Khi x = 1 Þ t = 1; x = e Þ t = 2 2 ( ) 2 ( ) æ t 3 ö 2 t - 1 2 2 - 2 2 2 ( ) 0,25 Þ I1 = ò .2tdt = 2 ò t - 1 dt = 2 ç - t ÷ = ç3 ÷ t 3 1 1 è ø 1 dx ì ïdu = x e ìu = ln x ï 2 Þí +) TÝnh I 2 = ò x ln xdx . §Æt í 2 3 îdv = x dx ïv = x 1 0,25 ï î 3 e 3 e 1 x e e e3 1 2e3 + 1 3 3 3 x 1 Þ I 2 = . ln x 1 - ò x 2 d x = - . e 1= -+= 3 31 3 33 399 9 5 - 2 2 + 2e3 I = I1 + 3I 2 = 0,25 3 IV S (1điểm) .K H B I C A uu r uuu r *Ta có IA = -2 H Þ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2 H I I 0,25 a 3 a BC = AB 2 = 2 Suy ra IA = a , IH = a Þ AH = IA + IH = 2 2
a 5 2 2 2 0 Ta có HC = AC + AH - 2 AC . AH . cos 45 Þ HC = 2 0,25 0 a 15 0 ( ) Vì SH ^ ( ABC ) Þ SC , ( ABC ) = ÐSCH = 60 Þ SH = HC . tan 60 = 2 a 5 2 2 2 0 Ta có HC = AC + AH - 2 AC . AH . cos 45 Þ HC = 2 0,25 a 15 Vì SH ^ ( ABC ) Þ ( SC , ( ABC ) ) = ÐSCH = 60 Þ SH = HC . tan 60 = 0 0 2 a 15 3 1 0,25 ( dvtt ) Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABC = S DABC .SH = 6 3 ì BI ^ AH Þ BI ^ ( SAH ) *í î BI ^ SH 0,25 d ( K , ( SAH ) ) SK 1 a 1 1 = Þ d ( K , ( SAH ) ) = d ( B, ( SAH ) ) = BI = Þ = d ( B, ( SAH ) ) SB 2 2 2 2 V 2 2 2 Do a, b, c > 0 và a + b + c = 1 nên a, b, c Î ( 0;1) (1điểm) 2 ( ) 2 5 3 a - 2 + a a a - 1 a 3 Ta có = = - a + a 0,5 2 2 2 b +c 1 - a 2 3 ( )( )( ) 3 3 3 Bất đẳng thức trở thành - a + a + -b + b + - c + c £ 3 2 3 ( ) 3 Xét hàm số f ( x ) = - x + x x Î 0;1) . Ta có: Max f ( x ) = ( 9 ( 0 ;1) 23 Þ f ( a ) + f ( b ) + f ( c ) £ 0,5 3 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c= 3 VIa 1.(1,0 điểm) (2điểm) Tọa dộ giao điểm I của d và d’ là nghiệm của hệ phương trình 9 ì ï x = 2 ì x - y - 3 = 0 ï æ 9 3 ö Þ I ç ; ÷ Ûí í 0,25 î x + y - 6 = 0 ï y = 3 è 2 2 ø ï 2 î Do vai trò của A, B, C, D là như nhau nên giả sử M là trung điểm của AD Þ M = d Ç Ox Þ M ( 3; 0 ) Ta có: AB = 2 IM = 3 2 0,25 Theo giả thiết S ABCD = AB. AD = 12 Þ AD = 2 2 Vì I, M thuộc d Þ d ^ AD Þ AD : x + y - 3 = 0 Lại có MA = MD = 2 Þ tọa độ điểm A, D là nghiệm cuẩ hệ phương trình ì x + y - 3 = 0 ì x = 2 ì x = 4 ï 0,25 Þ A ( 2;1) ; D ( 4; -1 ) Ûí Ùí í 2 2 ï ( x - 3 ) + y = 2 î y = 1 î y = -1 î Do I là trung điểm của AC nên C(7; 2) 0,25 TT: I là trung điểm của BD nên B(5; 4) 2.(1,0 điểm) r Gọi n = ( A, B, ) ( A2 + B 2 + C 2 ¹ 0 ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P). C 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) có dạng;
Ax + B ( y + 1) + C ( z - 2 ) = 0 Û Ax + By + Cz + B - 2C = 0 N ( -1;1; 3 ) Î ( P ) Û - A + B + 3C + B - 2C = 0 Û A = 2 + C B 0,25 Þ ( P ) : ( 2 B + C ) x + By + Cz + B - 2C = 0 Khoảng cách từ K đến mp(P) là: B ( ) d K , ( P ) = 2 2 4 B + 2C + 4 C B Nếu B = 0 thì d(K,(P))=0 (loại) Nếu B ¹ 0 thì 0,25 B 1 1 d ( K , ( P ) ) = = £ 4 B 2 + 2C 2 + 4 C 2 2 B æ C ö 2 ç + 1÷ + 2 è B ø Dấu “=” xảy ra khi B = C. Chọn C = 1 0,25 Khi đó pt (P): x + y – z + 3 = 0 VIIa 1 1 1 ( ) - log 2 3x -1 +1 - 3 x -1 ( ) = ( 3x -1 + 1) 5 (1điểm) Ta có 2log 2 9 + 7 = 9 x -1 + 7 0,25 5 3 ,2 Số hạng thứ 6 của khai triển ứng với k = 5 là 3 5 1 1 é x -1 ù é x -1 -ù -1 0,25 C ê( 9 + 7 ) ú . ê( 3 + 1) 5 ú = 56 ( 9 x -1 + 7 ) ( 3x -1 + 1) 5 3 8 ë ûë û Treo giả thiết ta có -1 ( )( ) 56 9 x -1 + 7 3 x -1 + 1 = 224 9 x -1 + 7 Û = 4 0,5 3 x -1 + 1 é x = 1 Ûê ë x = 2 VIb 1.(1,0 điểm) (2điểm) Do B là giao của AB và BD nên tọa độ của B là nghiệm hệ phương trình: 21 ì ï x = 5 ì x - 2 y + 1 = 0 æ 21 13 ö ï 0,25 Þ B ç ; ÷ Ûí í x - 7 y + 14 = 0 13 5 5 ø è î ïy = ï 5 î Lại có ABCD là hình chữ nhật nên ( AC , AB ) = ( AB , BD ) . uuur uuur uuur Kí hiệu nAB = (1; -2 ) , nBD = (1; -7 ) , n AC = ( a, ) lần lượt là vtpt của các đường thẳng AB, BD, b AC uuu uuu rr uuur uuu r 3 ( ) = cos ( n ) a 2 + b 2 Khi đó ta có: cos n AB , nBD AC , n AB Û a - 2 = b 0,25 2 é a = -b Û 7a + 8ab + b = 0 Û ê 2 2 ê a = - b 7 ë Với a = b. chọn a= 1, b = 1. Khi đó phương trình AC: x – y – 1 = 0 ìx - y -1 = 0 ì x = 3 Þ A ( 3; 2 ) Ûí A = AB Ç AC nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ í 0,25 îx - 2 y +1 = 0 î y = 2 Gọi I là tâm hình chữ nhật thì I = AC Ç BD nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ
7 ì x = ï ì x - y - 1 = 0 2 Þ I æ 7 ; 5 ö ï Ûí í ç 2 2 ÷ î x - 7 y + 14 = 0 ï y = 5 è ø ï 2 î æ 14 12 ö Do I là trung điểm của AC và BD nên C ( 4; 3) , D ç ; ÷ è 5 5 ø Với b = 7a loại vì AC không cắt BD 0,25 2.(1,0 điểm) H ( x; y; z ) là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi BH ^ AC , C H ^ AB, H Î ( ABC ) 2 ì uuu uuu rr ï x = 15 ì BH . AC = 0 ì( x + 1) + 2 ( y - 2 ) + 3 z = 0 ï ï uuu uuu rr ï ï ï 29 Û í3 ( x - 1) + ( y - 1) + ( z + 2 ) = 0 Û í y = Û íCH . AB = 0 ï uuur uuu uuu rr 0,5 15 ï ï AH é AB , AC ù = 0 î( x - 2 ) - 8 ( y - 3 ) + 5 ( z - 1) = 0 ï ï 1 ë û î ï z = - 3 î æ 2 29 1 ö ÞHç ; ; - ÷ è 15 15 3 ø I ( x; y; z ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AI = BI = C I , I Î ( ABC ) ì( x - 2 ) 2 + ( y - 3)2 + ( z - 1) 2 = ( x + 1)2 + ( y - 2 2 + z 2 ) ì AI 2 = BI 2 ï ï ï ï 2 2 2 2 Û íC I 2 = B I 2 Û í( x - 1) + ( y - 1) + +22 = ( x + 1) + ( y - 2 + z 2 ) ï uur uuu uuur r ï AI é AB, AC ù = 0 ï( x - 2 ) - 8 ( y - 3) + 5 ( z - 1) = 0 ïë û î î 0,5 14 ì ï x = 15 ï 61 æ 14 61 1 ö ï Û íy = Þ I ç , , - ÷ 30 è 15 30 3 ø ï 1 ï ï z = - 3 î VIIb Điều kiện x > 0 (1điểm) Bất phương trình Û 3 ( x - 3 ) log x > 2 ( x - ) (1) 1 0,25 2 Nhận thấy x = 3 không phải là nghiệm của phương trình (1) x - 1 3 TH1: Nếu x > 3 thì (1) Û log 2 x > x - 3 2 3 Xét hàm số f ( x ) = log x , hàm số đồng biến trên khoảng ( 0; +¥ ) 0,25 2 2 x - 1 g ( x ) = , hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; +¥ ) x - 3 + Với x> 4 thì f ( x ) > f ( 4 ) = 3 = g ( 4 > g ( x ) ) Suy ra bất phương trình có nghiệm x > 4 0,25 + Với x £ 4 thì f ( x ) £ f ( 4 ) = 3 = g ( 4 £ g ( x ) Þ bất phương trình vô nghiệm ) x - 1 3 TH2: Nếu x