ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2011 - 1

Chia sẻ: Vu Van Tuan Tuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

163
lượt xem 74
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học môn toán 2011 - 1', 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 MÔN TOÁN 2011 - 1

Së GD§T phó thä ÐỀ THI thö ĐẠI HỌC lÇn ii Trêng T.H.p.t long ch©u sa NĂM häc: 2009-2010 Môn thi : TOÁN lµm bµi:180 phótThêi gian (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 có đồ thị là (Cm); ( m là tham số) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 3. 2. Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = 1 tại ba điểm phân biệt C(0;1), D, E sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại D và E vuông góc với nhau. Câu II:(2 điểm)  x − 2 y − xy = 0  1. Giai hệ phương trinh: ̉ ̀   x −1 − 2 y −1 = 1  cos 2 x 1 2. T×m x ∈ (0; π ) tho¶ m∙n ph¬ng tr×nh: cotx – 1 = + sin 2 x − sin 2 x . 1 + tan x 2 Câu III: (2 điểm) 1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 < x ≤ a). Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a. a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC). b) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt π ∫ 2. Tính tích phân: I = ( x + sin 2 2 x) cos 2 xdx . 4 0 Câu IV: (1 điểm) : C ho c¸c sè th ù c d¬ ng a, , thay ® æ i l bc u«n tho¶ m ∙ : n . a+ b+ c= 1 a +b2 b +c 2 c + a 2 + + ≥ 2. Chứng minh rằng : b +c c +a a +b PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( Chó ý!:ThÝ sinh chØ ®îc chän bµi lµm ë mét phÇn) A. Theo chương trình chuẩn Câu Va :1.Trong mÆt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; 3), B(3; 3 2), cã diÖn tÝch b»ng vµ träng t©m thuéc ®êng th¼ng ∆ : 3x – 2 y – 8 = 0. T×m täa ®é ®Ønh C. 2.Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iÓm A(1;4;2),B(1;2;4) x −1 y + 2 z vµ ®êng th¼ng ∆ : = = .T×m to¹ ®é ®iÓm M trªn −1 1 2 ∆ sao cho: MA2 + MB 2 = 28 4 2 2 −2 x +1 −2 x −1 3) x + (2 − 3 ) x Câu VIa : Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: ( 2 + ≤ 2− 3 B. Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: 1. Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + 5 = 0. Tìm M thuộc trục tung sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến của (C) mà góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 600. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; 1 ; 0) và đường thẳng d víi x −1 y +1 z = = .Viết phương trình chính tắc của đường thẳng đi qua điểm M, d: −1 2 1
cắt và vuông góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cña ®iÓm M’ ®èi xøng víi M qua d 4log3 xy = 2 + ( xy )log3 2  Câu VIb: Giải hệ phương trình  log 4 ( x + y ) + 1 = log 4 2 x + log 4 ( x + 3 y ) 2 2  ………………… …..………………..Hết……………………………………. (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Híng dÉn chÊm m«n to¸n Néi Dung ý §iÓm C©u I 2 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1 ®iÓm) 1 y = x3 + 3x2 + mx + 1 (Cm) 1. m = 3 : y = x3 + 3x2 + 3x + 1 (C3) + TXÑ: D = R 0,25 + Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ + y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x ⇒ hµm sè ®ång biÕn trªn R 0,25 • Baûng bieán thieân: 0,25 + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0) * Ñoà thò (C3): Qua A(2 ;1) ; U(1 ;0) ; A’(0 ;1) 0,25 2 1 Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa (Cm) vaø ñöôøng thaúng y = 1 laø: 0,25 x + 3x + mx + 1 = 1 ⇔ x(x + 3x + m) = 0 ⇔ 3 2 2 x = 0  x2 + 3x + m = 0 (2) 
* ( Cm) caét ñöôøng thaúng y = 1 taïi C(0;1), D, E phaân bieät: ⇔ Phöông trình (2) coù 2 nghieäm xD, xE ≠ 0. 0,25 m ≠ 0  ∆ = 9− 4m > 0  ⇔ 4 (*) ⇔ 2  0 + 3× 0+ m ≠ 0  m < 9  Luùc ñoù tieáp tuyeán taïi D, E coù heä soá goùc laàn löôït laø: 0,25 kD=y’(xD)= 3x2 + 6xD + m = −(3xD + 2m); D kE=y’(xE)= 3x2 + 6xE + m = −(3xE + 2m). E Caùc tieáp tuyeán taïi D, E vuoâng goùc khi vaø chæ khi: kDkE = –1 ⇔ (3xD + 2m)(3xE + 2m) =-1 0,25 ⇔ 9xDxE+6m(xD + xE) + 4m2 = –1 ⇔ 9m + 6m(–3) + 4m2 = –1 (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo ñònh  9 + 65 m = 8 lý Vi-ét). ⇔ 4m2 – 9m + 1 = 0 ⇔   9 − 65 m =  8 ( ) 1 9 − 65  So s¸nhÑk (*): m = 8 II 2 1 1 x ≥ 1  0,5 1. §k:  1 y ≥ 2  (1 ) ⇔ x − y − ( y + xy ) = 0 ⇔ ( x + y )( x − 2 y ) = 0  x−2 y =0 ⇔ ⇔ x=2 y  x + y = 0(voly )  ⇔ x = 4y Thay vµo (2 ) cã 0,25 4 y −1 − 2 y −1 = 1 ⇔ 4 y −1 = 2 y −1 +1 ⇔ 4 y −1 = 2 y −1+ 2 2 y −1 + 1 ⇔ 2 y −1 = 2 2 y −1  1  y = 2 (tm)  x = 2  2 y −1 = 0 ⇔ ⇔ ⇒  y = 5 (tm)  x = 10  2 y −1 = 2    2 V©y hÖ cã hai nghiÖm (x;y) = (2;1/2) vµ (x;y) = 0,25 (10;5/2) 2 1 sin 2 x ≠ 0 sin 2 x ≠ 0 ⇔ ®K:  sin x + cos x ≠ 0 tan x ≠ −1
cos x − sin x cos 2 x. cos x 0,25 + sin 2 x − sin x cos x PT ⇔ = cos x + sin x sin x cos x − sin x = cos 2 x − sin x cos x + sin 2 x − sin x cos x ⇔ sin x
⇔ cos x − sin x = sin x(1 − sin 2 x) 0,25 ⇔ (cos x − sin x)(sin x cos x − sin 2 x − 1) = 0 0,25 ⇔ (cos x − sin x)(sin 2 x + cos 2 x − 3) = 0 cos x − sinx = 0 π ⇔ (cos x − sinx)( 2 sin(2 x + ) − 3) = 0 ⇔   2 sin(2 x + π ) = 3(voly ) 4  4 π 0,25 ⇔ cos x − sin x = 0 ⇔ tanx = 1 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z ) (tm®k) 4 π Do x ∈ ( 0; π ) ⇒ k = 0 ⇒ x = 4 III 2 1 1  SA ⊥ ( ABCD) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD) Do  0,25  SA ⊂ ( SAC ) Lai cã MH ⊥ AC = ( SAC ) ∩ ( ABCD) x ⇒ MH ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( M , SAC ) = MH = AM .sin 45o = 2 Ta cã x x AH = AM .cos 450 = ⇒ HC = AC − AH = a 2 − O,5 2 2 1 1x x ⇒ S ∆MHC = MH .MC = (a 2 − ) 2 22 2 1 1 x x ⇒ VSMCH = SA.S ∆MCH = 2a (a 2 − ) 3 6 2 2 Tõ biÓu thøc trªn ta cã: 0,25 x x +a 2− a3 1 2 2 VSMCH ≤ a [ ] 2 = 3 2 6 x x ⇔ =a 2− 2 2 ⇔x=a ⇔ M trïng víi D 2 1 0,25 π π π
IV 1 1 2 2 2 a b c b c a + + )+( + + ) = A+ B .Ta cã :VT = ( 0,25 b+c c+a a+b b+c c+a a+b 0,25 [ ( a + b ) + (b + c ) + ( c + a ) ]  1 1 1 1 A+3 = a +b + b + c + c + a 2   1 1 1 1 9 ≥ 3 3 (a + b)(b + c)(c + a )3 3 = a+b b+c c+a 2 2 3 ⇒ A≥ 2 a2 b2 c2 12 = (a + b + c) 2 ≤ ( + + )(a + b + b + c + c + a) 0,25 a+b b+c c+a 1 ⇔ 1 ≤ B.2 ⇔ B ≥ 2 31 Tõ ®ã tacã VT ≥ + = 2 = VP 0,25 22 DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi a=b=c=1/3 V.a 2 1 1 0,25 55 Ta cã: AB = 2 , trung ®iÓm M ( ; − ), 22 pt (AB): x – y – 5 = 0 0,25 3 1 3 S ∆ABC = d(C, AB).AB = ⇒ d(C, AB)= 2 2 2 Gäi G(t;3t8) lµ träng t©m tam gi¸c ABC th× d(G, AB)= 1 2 t − (3t − 8) − 5 0,25 1 ⇒ d(G, AB)= ⇒ t = 1 hoÆc t = 2 = 2 2 ⇒ G(1; 5) hoÆc G(2; 2) uuuu uuuu r r Mµ CM = 3GM ⇒ C = (2; 10) hoÆc C = (1; 1) 0,25 2 1 x = 1− t  0,5 ptts∆ :  y = −2 + t ⇒ M (1 − t ; −2 + t ; 2t )  z = 2t  0,25 Ta cã: MA2 + MB 2 = 28 ⇔ 12t 2 − 48t + 48 = 0 ⇔ t = 2 Tõ ®ã suy ra : M (-1 ;0 ;4) 0,25
VI.a 1 1 ( ) ( ) 0,25 2 2 x − 2x x − 2x ⇔ 2+ 3 + 2− 3 ≤4 Bpt 0,25 1 ( ) x2 − 2 x t+ ≤4 BPTTT : t = 2+ 3 (t > 0) t ⇔ t 2 − 4t + 1 ≤ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ t ≤ 2 + 3 (tm) 0,25 ( ) x2 −2 x Khi ®ã : 2 − 3 ≤ 2 + 3 ≤ 2 + 3 ⇔ −1 ≤ x − 2 x ≤ 1 2 0,25 ⇔ x 2 − 2x − 1 ≤ 0 ⇔ 1 − 2 ≤ x ≤ 1 + 2 V.b 2 1 1 . (C) có tâm I(3;0) và bán kính R = 2; M ∈ Oy ⇒ M(0;m) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB ( A và B là hai tiếp điểm) 0,5 ·AMB = 600 (1) Vì MI là phân giác của · Vậy  AMB ·AMB = 1200 (2)  IA (1) ⇔ · AMI = 30 ⇔ MI = sin 300 ⇔ MI = 2R ⇔ m 2 + 9 = 4 ⇔ m = m 7 0 IA 23 43 (2) ⇔ · AMI = 60 ⇔ MI = 0 ⇔ MI = R ⇔ m2 + 9 = 0 Vô sin 60 0,5 3 3 nghiệm Vậy có hai điểm M1(0; 7 ) và M2(0;- 7 ) 2 1 Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên d, ta có MH là đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với d. 0,25  x = 1 + 2t  d có phương trình tham số là:  y = −1 + t z = −t  uuuu r Vì H ∈ d nên tọa độ H (1 + 2t ; − 1 + t ; − t).Suy ra : MH = (2t − 1 ; − 2 + t ; − t) r Vì MH ⊥ d và d có một vectơ chỉ phương là u = (2 ; 1 ; − nên : 0,25 1), 2 uuuu r 1 2 4 2.(2t – 1) + 1.(− 2 + t) + (− 1).(− = 0 ⇔ t = . Vì thế, MH =  ;− ;−  t) 3 3 3 3 uuur uuuu u r uMH = 3MH = (1; −4; −2) x − 2 y −1 z 0,25 = = Suy ra, phương trình chính tắc của đường thẳng MH là: −4 −2 1 7 12 Theo trªn cã H ( ; − ; − ) mµ H lµ trung ®iÓm cña MM’ 0,25 3 33 8 5 4 nªn to¹ ®é M’ ( ; − ; − ) 3 3 3 ĐK: x>0 , y>0 22 log3 xy − 2log3 xy − 2 = 0 (1) ⇔ VIb 0,5
0,25 3 ⇔log3xy = 1 ⇔ xy = 3⇔y= x (2)⇔ log4(4x +4y ) = log4(2x +6xy) ⇔ x2+ 2y2 = 9 2 2 2 0,25 6 Kết hợp (1), (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; ) 2 S M A D H C B