ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

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

Thêm vào BST

Báo xấu

107
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần 3 năm 2011 môn: toán, khối a - trường thpt thạch thành i', 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 3 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

bui_trituan@yahoo.com sent to www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 (2010-2011) Môn thi: Toán học ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi: 18/5/2011 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) x Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  (1) x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Tìm m để đường thẳng y   x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tam giác OAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2 2 (với O là gốc tọa độ). x 2  x  2 3 1 Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình 3 2 x 1 x  6.3    3 3 2 cos x 2) Giải phương trình  2 sin x  1 tan x  .  cos x sin x  1  2 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân I    2sin x  cos x  2 0 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có hai mặt  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với đáy, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a, BC  a 3 , điểm I thuộc đoạn thẳng SC sao cho SI  2CI và thoả mãn AI  SC . Hãy tính thể tích của khối chóp S . ABCD theo a . Câu V (1 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 . Hãy tìm 5 giá trị lớn nhất của biểu thức A  xy  yz  zx  x yz PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm)1) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trung tuyến và phân giác trong kẻ từ cùng một đỉnh B có phương trình lần lượt là  d1  : 2 x  y  3  0,  d2  : x  y  2  0 . Điểm M  2;1 thuộc đường thẳng AB , đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng 5 . Biết đỉnh A có hoành độ dương, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho các điểm C  0; 0; 2  , K  6; 3; 0  . Viết phương trình mặt phẳng  P  đi qua C , K sao cho  P  cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A, B và thể tích khối tứ diện OABC bằng 3. 9 Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn z  3i  1  i z và z  là số thuần z ảo. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy , cho các điểm  A 1; 2  , B  4;3 . Tìm tọa độ điểm M sao cho MAB  135 và khoảng cách từ M đến 10 đường thẳng AB bằng . 2 1
2) Trong không gian tọa độ Oxyz , cho điểm M 1; 1;0  , đường thẳng x  2 y 1 z 1 và mặt phẳng  P  : x  y  z  2  0 . Tìm tọa độ điểm A thuộc :   1 2 1  P  , biết AM vuông góc với đường thẳng  và khoảng cách từ A đến đường 33 thẳng  bằng . 2 32  x  3 y  10   x, y    . Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  1  log3 x  log3 y  0 2 2 ---------------------------------Hết--------------------------------- 2
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN Năm học 2010-2011 MÔN TOÁN KHỐI 12 (lần 3) (Đáp án- thang điểm có 05 trang) Câu Nội dung Điểm  Tập xác định:  1 I  Sự biến thiên: 1 – Chiều biến thiên: y '    0, x  1 .  x 1 2 0.25 – Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;1 và 1;  . – Giới hạn và tiệm cận: – xlim y  xlim y  1 : tiệm cận ngang : y  1   lim y  ; lim y    tiệm cận đứng x  1 . 0.25 x1  x 1 – Bảng biến thiên: 1   x   y' 1  y 1  0.25 + Đồ thị: – Đồ thị cắt Oy tại O 0;0 – Đồ thị cắt Ox tại O 0;0 – Tâm đối xứng là điểm I 1;1 . 0.25 3
x  x  m  g ( x)  x 2  mx  m  0 2) + PT hoành độ giao điểm x 1 (1) với x  1 . + Đường thẳng y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt  Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x  1   m2  4m  0 m  0 hoaëc m  4      m  0 hoaëc m  4    g (1)  0 1  0        x1  x2  m  + Gọi x1 ; x2 là hai nghiệm của (1), ta có  x1.x2  m     g  x1   g  x2   0   0.50 + Các giao điểm là A x1 ; x1  m, B  x2 ; x2  m . AB 2  2  x1  x2   2  x1  x2   4 x1 x2   2  m 2  4m  ; 2 2   AB  2  m 2  4m  ; OA  x12   m  x1   2 x12  2mx1  m 2  2 g  x1   m 2  2m  m 2  2m ; 2 m OB  m 2  2m ; d  O, AB   . 2 m m 2  4m m 1 1 AB.d  O, AB   . 2  m2  4m  . . SOAB   2 2 2 2 OA.OB. AB  m  2m  2  m  4m  2 2 R  2 2 4 SOAB 2 m m 2  4m m  6 m 2  2m  4  m  2 m 0.50 II 1) Điều kiện x  2 hoặc x  1 . 2 Bpt  33 x  33 x  x 2  3  x  3  x 2  x  2 0.50  x  0  2  x  x  2  0  x  2  x  x2  x    2 x  2 x  0   x2  x  2  x2  Tập nghiệm  ; 2   2;   0.50 2) Điều kiện cos x  0,sin x  1 . sin x 3 2 cos x Pt đã cho tương đương với  2 sin x  1 .   cos x cos x sin x  1  2sin x  3  sin x  1  2 cos x 2sin x  sin x  3 2 cos x 2    0.50 sin x  1 sin x  1 cos x cos x   2sin x  3  sin x  1  2 cos x   2 sin x  3   cos x   2 cos2 x 2 2 2  5 1  k 2  k     x   k 2 ; x   3  2sin x  2  sin x  0.50 2 6 6 4
III Ta có : 2  1 2sin x  cos x  5  sin x  cos x   5  5 5  sin  sin x  cos  cos x   5 cos  x    2 1 , với sin   , cos   . 0.50 5 5   1    2  dx 1  tan  x      tan      tan      I 2 5cos  x    5 0 2 5  2   0 11 1 1  cot   tan      2   5 2 2 5 0.50 Gọi O  AC  BD ;  SAC    SBD   SO ; IV  SAC    ABCD  ,  SBD    ABCD  . Suy ra SO   ABCD  .   2  2a  OA  OC  a . AC  AB 2  BC 2  a 2  a 3 Đặt SO  h  h  0  ; SC  SO 2  OC 2  h 2  a 2 . 1 12 h  a2 . SI  2 IC  IC  SC  3 3 1 Tam giác AIC vuông tại I  AI  AC 2  IC 2  35a 2  h 2 3 (điều kiện h  a 35 ). 0.50 1 2 S SAC  AI .SC  SO. AC  35a 2  h 2 . h 2  a 2  2ha 3  h  2a h  35a  0   h 2  7 a 2   h 2  5a 2   0  h  a 5 4 22 4 (thỏa mãn 0  h  a 35 ). a 3 15 1 1 . VS . ABCD  SO.S ABCD  a 5.a 2 3  0.50 3 3 3 V t 3 2 Đặt t  x  y  z  t 2  3  2  xy  yz  zx   xy  yz  zx  . 2 Vì 0  xy  yz  zx  x 2  y 2  z 2  3 nên 3  t 2  9  3  t  3 (vì t  0 ) t2  3 5 t2 5 3 Khi đó A  =. 0.50 2 t2t2 t2 5 3 Xét hàm số f  t     , 3  t  3 . 2t2 5 t3  5 Ta có f '  t   t  2  2  0 , vì t  3 . Suy ra hàm số f  t  đồng t t 14 biến trên đoạn  3; 3 . Do đó f  t   f  3  .   3 Dấu đẳng thức xảy ra khi t  3  x  y  z  1 . 14 Vậy giá trị lớn nhất của A là , đạt được khi x  y  z  1 . 0.50 3 5
1) B  d1  d 2  B 1;1 . Gọi N là điểm đối xứng với M qua d 2 . VI a Tìm được N 1; 0  . Suy ra BC : x  1, AB : y  1 . Gọi A  a;1 , (với a  0 ), C 1; c  . a 1 1 c  Gọi I là trung điểm của AC  I  . ;  2 2 a 1 1 c  3  0  2a  c  3  0 (1) I  d1  2.  0.50 2 2 BC  AB  ABC vuông tại B  R  IB  5 2 2  a 1   c 1    5   a  1   c  1  20 (2) 2 2    2 2 Giải hệ (1), (2) ta được a  3, c  3 . Vậy A  3;1 , C 1; 3 . Kết luận : A  3;1 , B 1;1 , C 1; 3 0.50 2) Giả sử A  a; 0; 0  , B  0; b;0   ab  0  . xyz 63    1 . Vì K   P  nên   1 (1)  P : ab2 ab OABC là tứ diện vuông tại O nên 1 1 VOABC  OA.OB.OC  a . b .2  3  ab  9 (2) 0.50 6 6  a  3, b  3 Giải hệ (1), (2) ta được   a  6, b   3  2 Vậy  P1  : 2 x  2 y  3z  6  0;  P2  : x  4 y  3z  6  0 0.50 Gọi z  a  bi ; z  a  bi; z  3i  a   b  3 i VII a 1  i z  1  i  a  bi   1  b  ai . Khi đó z  3i  1  i z  a   b  3 i  1  b  ai  a 2   b  3  1  b   a 2 2 2  b  2. 0.50 a  5a 2a  26 3 2 9 9 i. z  a  2i; z   a  2i  2 2 a  2i a  4 a 4 z 9 là số thuần ảo  a 3  5a  0  a  0  a   5 z z Vậy số phức cần tìm là z  2i, z  5  2i, z   5  2i 0.50 VI b 10 1) Giả sử M  x; y  . Kẻ MH  AB . Từ giả thiết suy ra MH  2 và tam giác MAH vuông cân tại H . 10 Suy ra MA  MH 2  . 2  5. 2 0.25 6
Yêu cầu bài toán  3  x  1  1 y  2      1    cos135    AB, AM  135      10.  x  1   y  2  2 2 2   AM  5    x  1   y  2   5 2 2 0.25  Đặt u  x  1, v  y  2 . Khi đó ta có u  1, v  2  M  0; 0  3u  v  5   2 2  M  1;3 u  2, v  1 u v 5   0.50 2) Gọi A  x; y; z  , x  y  z  2  0 (1)   MA   x  1; y  1; z  , u   2; 1;1 ;   AM    MA.u  0  2 x  y  z  3  0 (2)   M 0  2; 1;1  ; M 0 A   x  2; y  1; z  1 ;     M 0 A, u    y  z; 2 z  x;  x  2 y  ; 0.50       M 0 A, u   y  z    2z  x   x  2 y  2 2 2   33 d  A,       2 6 u   y  z    2 z  x    x  2 y   99 (3) 2 2 2 Giải hệ (1), (2), (3) ta được  x; y; z    1; 1; 4  ,  23 8 17  ; ;  .  7 7 7 Vậy A1  1; 1; 4  , A2  23 8 17  ; ;   0.50 7 7 7 VII b Điều kiện x  0, y  0 . 1 log3 x 2  log3 y  0  log3 x  log3 y  x  y  x  y  x   y 2 Với x  y , thay vào pt thứ nhất trong hệ ta được 32 x  3x  10  x  0 (không thỏa mãn điều kiện). 0.50 1 Với x   y , ta có 32 x  3 x  10  9.32 x  10.3x  1  0  3x  1  3x  9  x  0 (loại) ; x  2 . Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất  x; y    2; 2  0.50 -------------------------Hết------------------------- Thạch Thành, ngày 11 tháng 5 năm 2011 Người ra đề và làm đáp án : BÙI TRÍ TUẤN Mọi góp ý về đề thi và đáp án này, xin gửi về bui_trituan@yahoo.com 7