ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN TOÁN THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH

Chia sẻ: Nguyen Nhi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

181
lượt xem 55
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học lần i năm học 2010 - 2011 môn toán thpt nguyễn đức cảnh', 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 I NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN TOÁN THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH

SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I TRƯỜNG THPT NGUYỄN ĐỨC CẢNH NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn : Toán : Khối A + B ( Thời gian làm bài:180 phút không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Cho hàm số : y = x4 – 5x2 + 4 CâuI:(2điểm) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm tất cả các điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác M. 3cot2x + 2 2 sin2x = (2 + 3 2 )cosx CâuII:(2điểm) 1) Giải phương trình :  x 2  y 2  xy  1  4 y 2) Giải hệ phương trình :  2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2 5 I =  ln( x  1  1)dx CâuIII:(1điểm) Tính tích phân: x 1  x 1 2 CâuIV:(1điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a. Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD).Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng 600.Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đường thẳng CDvà SB. CâuV:(1điểm) Cho các số dương : a , b, c thoả món : ab + bc + ca = 3 1 1 1 1 Chứng minh rằng:    . 2 2 2 1  a (b  c) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) abc II - PHẦN TỰ CHỌN (3điểm) Thí sinh chỉ được chọn một phần trong hai phần (Phần A hoặc phần B) A . Theo chương trình chuẩn. Câu VIa(2điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 + 4x – 6 y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết phương trình đường thẳng d qua M sao cho d cắt (C) tại hai điểm A,B phân biệt mà diện tích tam giác ABI đạt giá trị lớn nhất.Với I là tâm của đường tròn (C). 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho ABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2). Tìm to ạ độ tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC. CâuVIIa(1điểm)Tìm t ất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau nghiệm đúng với x(2 ; 3). 1 + log5(x2 + 1 ) > log5(x2 + 4x + m) B . Theo chương trình nâng cao. CâuVIb(2điểm) 1) Cho A(1 ; 4) và hai đường thẳng b : x + y – 3 = 0 ; c : x + y – 9 = 0. Tìm đ iểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và D(0 ; 0 ; m) với m > 0.Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của gốc toạ độ O lên các đường thẳng AD và BD. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa các đường thẳng OE và OF. Tìm các giá trị của m để góc EOF = 450. CâuVIIb(1điểm) Tìm giá trị lớn nhất của tham số m sao cho bất phương trình : 1 + log5(x2 + 1 )  log5(mx2 + 4x + m) được nghiệm đúng với  x  R. --- Hết ---
Sơ lược Đáp án toán thi thử đại học lần I –trường THPT nguyễn đức cảnh khối A + B Cho hàm số : y = x4 - 5 x2 + 4 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm M  (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt (C) tại 2 điểm pb khác M. 1) Khảo sát đúng & đầy đủ các yêu cầu, vẽ đồ thị tương đối chính xác 1®. 2) Lấy M(m ; m 4 – 5m2 + 4)  (C) 0 ,25 => pt3 của (C) tại M : y = (4m 3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m2 + 4 (d) Hoành độ của (d) & (C) là nghiệm pt : 0 ,25 C©uI x4 – 5x2 + 4 = (4m 3 – 10m)(x – m) + m4 – 5m 2 + 4  (x – m)2(x2 + 2mx + 3m2 – 5) = 0 (1) 0 ,25 5  2m 2  0 Để tmycbt  x2 + 2mx + 3m 2 – 5 = 0 có hai n 0 pbiệt khác m   2 6m  5  0 4 2 0 ,25 Kết luận : các điểm M(m ;m – 5m + 4) (C) với hoành độ m    10 ; 10  \  30      2 2 6   3cot2x + 2 2 sin2x = (2 + 3 2 )cosx 1) Giải phương trình : 0 ,25 ®k : x  m  cos x 2 Pt  3cosx(  2 ) = 2(cosx - 2 sin x) sin 2 x 0 ,25  2 cos 2 x  cos x  2  0  (cosx - 2 sin2x)(3cosx – 2 sin2x) = 0   2  2 cos x  3 cos x  2  0  cos x   2 ( loai )  2   cos x   2  cos x   2 ( loai ) 0 ,25  1 cos x    2 C©uII  0 ,25 Kết luận : kết hợp với đk pt có bốn nghiệm: x =   k 2 & x = 4   k 2  3  x 2  y 2  xy  1  4 y 2) Giải hệ phương trình :  2 2  y( x  y )  2 x  7 y  2  x2 1  x y  4  2 2 Vì y = 0 không là nghiệm nên  x  y  xy  1  4 y   y  .  0 ,25 2 2 2  y ( x  y)  2 x  7 y  2 ( x  y )2  2 x  1  7  y  0 ,25 x2  1  uv4 , v  x  y ta có hệ  Đặt u  2 v  2u  7 y 0 ,25  uv  4  u  4v  v  3, u  1  2  2 v  2u  7 v  2v  15  0  v  5, u  9 +) Với v  3, u  1 ta có hệ:  x2  1  y x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2 .      x  2, y  5  x y 3  y  3 x  y  3 x 0 ,25
+) Với v  5, u  9 ta có  x2  1  9 yx2  1  9 y  x 2  9 x  46  0 ,h ệv« n0. hệ:     x  y  5  y  5  x  y  5  x KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y)  {(1; 2), ( 2; 5)}. 1 5 I =  ln( x  1  1) dx TÝnh tÝch ph©n: x 1 x 1 2 0 ,25 Đặt t= x  1  1 x = 2 t = 2 x = 5 t = 3 dx=2(t-1)dt C©uIII 3 3 (t  1) ln t ln t 2 2 I = 2 dt  ln 3 – ln 2 dt  2  2 t 2 (t  1)  t  1 0 ,75 2 Chóp SABCD có đáy ABCD là hthang vuông tại A và B với AB = BC = a ; AD = 2a. (SAC) (ABCD)và (SBD) (ABCD) .Biết g((SAB) ; (ABCD) )= 60 0.Tính V và d(CD ; SB) S K A O D I E H B C C©uIV 1 +) Gọi H = AC  BD => SH  (ABCD) & BH = BD 0,25 3 0 Kẻ HE  AB => AB  (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 60 . 0,25 3 1 2a 1 => SH = 2a 3 => VSABCD = .SH.SABCD = a 3 Mà HE = AD = 3 3 3 3 3 +) Gọi O là trung điểm AD=>ABCO là hv cạnh a =>ACD có trung tuyến 1 SO = AD 0,25 2  CD  AC => CD  (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO  (SAC).  d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)). Tính ch ất trọng tâm tam giác BCO => IH = 1 IC = a 2 => IS = 6 3 5a 2 IH 2  HS 2  6 0,25 kẻ CK  SI mà CK  BO => CK  (SBO) => d(C;(SBO)) = CK Trong tam giác SIC có : SSIC= 1 SH.IC = 1 SI.CK => CK = SH .IC  2a 3 SI 5 2 2 2a 3 Vậy d(CD;SB) = 5 Cho: a , b, c d¬ng tm : ab + bc + ca = 3
1 1 1 1 CMR:    . 2 2 2 1  a (b  c) 1  b (c  a) 1  c (a  b) abc Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta 0,25 có: 3  ab  bc  ca  3 3 (abc)2  abc  1 . C©uV 0,25 1 1 Suy ra: 1  a 2 (b  c)  abc  a 2 (b  c)  a(ab  bc  ca)  3a   (1). 2 1  a (b  c) 3a 0,25 1 1 1 1 Tương tự ta có:   (3). (2), 2 2 1  b (c  a ) 3b 1  c (a  b ) 3c Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 1 ab  bc  ca 1 1 1 1 .    (   )  0,25 2 2 2 1  a (b  c ) 1  b (c  a ) 1  c ( a  b ) 3 c b c 3abc abc Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi abc  1, ab  bc  ca  3  a  b  c  1, (a , b, c  0). 1) Cho đtròn (C) : x2 + y2 + 4x – 6y + 9 = 0 và điểm M( 1; - 8).Viết C©uVIa ptđthẳng d qua M sao cho d cắt (C) tạiA,B phân biệt mà SBIA Max. Đtròn (C) có tâm I(- 2; 3) & bán kính R = 2. 0,25 Giả sử ptđt (d) : Ax + By – A + 8B = 0 với A2 + B2 > 0. 1 Luôn có BIA cân tại I với IA = IB = 2 ; SBIA = IA.IB.sinAIB = 2sinAIB 0,25 2 => SBIA  2 Dấu = khi AIB vuông cân tại I hay d(I ; (d)) = 2  0,25 11B  3 A 2 A2  B 2  7A2 – 66BA + 119B2 = 0  (A – 7B)(7A – 17B) = 0 0,25 Vậy có hai đường thẳng d thoả mãn: 7x + y + 1 = 0 & 17x + 7y + 39 = 0. 2) ChoABC với A(1 ; 5 ; 2) ; B(- 4 ; - 5 ; 2),C(4 ; - 1 ; 2). Tìm toạ độ tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC. 0,25 Ta có AB = 5 5 ; AC = 3 5 ; Gọi D(x ; y ; z) là chân đường phân giác trong góc A => DB  AB => DC AC 5 DB   DC 0,25 3 Mà DB (- 4 – x; - 5 – y; 2 – z) & DC (4 – x ; - 1 – y ; 2 – z) => D(1 ; - 5 ; 2) 2 55 khi đó gọi I(x ; y ; z) là tâm đường tròn nội tiếp ABC thì áp Ta có BD = 2 dụng tính chất phân giác trong của BAD ta có : IA  BA => IA = - 2 ID => 0,5 ID BD I(1 ; 0;2). C©uVIIa Tìm m để bpt : 1 + log 5(x2 + 1 ) > log5(x2 + 4x + m) n0 đúng x(2 ; 3). Bpt xác định x(2 ; 3)  x2 + 4x + m > 0 x(2 ; 3  m > - x2 – 4x 0,25 x(2 ; 3 Xét f(x) = - x2 – 4 x x(2 ; 3 x2 3 f’(x) = - 2x – 4 => BBT : f’(x) - 0,25 -12 f(x) - 21 từ BBT => bpt xác định x(2 ; 3)  m  - 12. (1) Bpt  log5(5x2 + 5) > log5(x2 + 4 x + m) Khi đó bpt n0 đúng x(2 ; 3)  x2 + 4x + m < 5x2 + 5 x(2 ; 3) 0,25  m < 4x2 – 4x + 5 x(2 ; 3) XÐt f(x) = 4x2 – 4x + 5 x(2 ; 3) x 2 3
f’(x) = 8 x – 4 => BBT : f’(x) + 29 0,25 f(x) 13 V©y ®Ó bpt n0 ®óng x(2 ; 3 )  m  [ - 12 ; 13 ] 1) Cho A(1 ; 4) và hai đường thẳng b : x + y - 3 = 0 ; c : x + y - 9 = 0. C©uVIb Tìm điểm B trên b , điểm C trên c sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 0,25 Gọi B(b ; 3 - b ) & C( c ; 9 - c) => AB (b - 1 ; - 1 - b) ; AC (c - 1 ; 5 - c)   AB. AC  0 & ABC vuông cân tại A    0,25  AB  AC  (b  1)(c  1)  (b  1)(5  c)   2 2 2 2 (b  1)  (b  1)  (c  1)  (5  c) vì c = 1 không là n0 nên hệ  (b  1)(5  c)   b 1  ...........................................(1) 0,25  c 1  (5  c ) 2 (b  1) 2 .  (b  1) 2  (c  1) 2  (5  c) 2 ....(2) 2  (c  1)  Từ (2)  (b + 1)2 = (c - 1)2. Với b = c – 2 thay vào (1) => c = 4 ; b = 2 => B(2 ; 1) & C( 4 ; 5). Với b = - c thay vào (1) => c = 2 ; b = - 2 => B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7). 0,25 Kết luận :có hai tam giác thoả mãn: B(2 ; 1) & C( 4 ; 5) hoặc B(- 2 ; 5) & C(2 ; 7). 2) Cho bốn điểm A(1 ; 0 ; 0) , B(0 ; 1 ; 0),C(1 ; 1; 0) và D(0 ; 0 ; m) với m > 0 .Gọi E , F theo thứ tự là hình chiếu của O lên AD và BD. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa các đường thẳng OE và OF. Tìm các giá trị của m để góc EOF = 450. áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AOD & BOD với các đư ờng 0,25  m2  m cao ứng với cạnh huyền là OE & OF => E  & ;0;   2 1 m2 1  m  m2   m F  0;  ;   2 2  1 m 1 m  0,25 Tính [ OE; OF ] => pt (EFO) : x + y – mz = 0 OE.OF 1 ta có cosFOE = cos( OE; OF ) =  0,25 1 m2 OE . OF 1 1 để EOF = 450  m= 2  1 ( do gt m > 0)  0,25 1 m2 2 2 2 C©uVIIb Tìm giá trị lớn nhất của m để bpt : 1 + log5(x + 1 )  log5(mx + 4 x + m) x  R. bpt xác định với ) x  R  mx2 + 4x + m > 0 ) x  R 0,25 m  0  m0   m>2 (1)  0,25 2   0 4  m  0 khi đó bpt nghiệm đúng  x  R  5x2 + 5  m x2 + 4x + m  x  R 0,25  (5 – m)x2 – 4x + 5 – m  0  x  R
5  m  0 m5    2  m 3 (2)  0  m  10m  21  0 Từ (1) & (2) => bpt n 0 đúng  x  R  m  (2 ; 3] 0,25 Vậy GTLN của m thoả mãn yêu cầu đề bài là : m = 3 . + Điểm của bài thi làm tròn đ ến 0,5. + Mọi cách làm khác mà đúng đều cho điểm tối đa. Thái Bình ngày 15 tháng 01 năm 2011.