ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

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

Thêm vào BST

Báo xấu

141
lượt xem 42
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo và tuyển tập đề thi thử đại học môn toán giúp các bạn ôn thi môn toán tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và tuyển sinh cao đẳng, đại học năm 2011

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A LẦN THỨ 1 MÔN TOÁN NĂM HỌC 2010 – 2011 TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ QUẢ TRỊ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A LẦN THỨ 1 TOÁ HỌ TRƯỜNG THPT LÊLỢI NĂM HỌC 2010 – 2011 HỌ Thời gian 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) CẢ x Cho hàm số y  có đồ thị (C) Câu I. (2,0 điểm) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho góc giữa hai đường thẳng OA và OB bằng 600 (với O là gốc tọa độ). Câu II. (2,0 điểm)  x    2  3 .cos x  2sin 2     2 4   1. 1. Giải phương trình: 2 cos x  1 2. Giải bất phương trình:  x  2  . x 2  1  x 2  4 . 7 x 1 Tính tích phân I   Câu III. (1,0 điểm) dx . 2 3 x2  x2 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình lập phương ABCD. A/ B / C / D / có cạnh bằng a. M là điểm thuộc cạnh CD với CM = x (0 < x < a), N là trung điểm cạnh A/ D / . Tính theo a thể tích của khối tứ diện B / MC / N . Xác định x để hai đường thẳng B / M và C / N vuông góc với nhau. Câu V. (1,0 điểm) Xác định các giá trị của tham số m để phương trình sau đây có nghiệm thực ( ) m x + 1- x 2 + 1 = 2 x 2 - x 4 + x + 1- x 2 + 2 . II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Chú ý. Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) Chú 1. Theo chương trình Chuẩn. Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có M 1; 2  là trung điểm cạnh BC còn hai cạnh AB và AC lần lượt có phương trình 2 x - y - 2 = 0 và 4 x + y - 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đó. 2. Trong không gian t ọa độ Oxyz, cho A (2;1; 0), B (0; - 5;0), C ( - 2; 6) và mp(P): x + y + z - 4 = 0 . 1;      Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Tìm điểm I thuộc mp(P) sao cho IA + IB + IC nhỏ nhất. Câu VII.a (1,0 điểm) ì 2 x - 3 y = - 1+ i ï Giải hệ phương trình sau trong tập hợp các số phức: ï . í ï - x + iy = 2 + i ï î 2. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ): x 2 + y 2 = 2 . Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Oy và (P) cắt mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 - 2 x + 6 y - 4 z + 5 = 0 theo giao tuyến là một đường tròn có bán kính bằng 2. Câu VII.b (1,0 điểm) ì ln 2 x + 2 ln x + 6 - ln 2 y + 2 ln y + 6 = ln x - ln y ï Giải hệ phương trình ï với x, y Î . íx ï 3 + 2 = 5y ï ï î –––––––HẾT–––––––– Ghi chú. HS không được dùng tài liệu và Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………Số báo danh:……………………
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A LẦN THỨ NHẤT CÂU Ý ĐÁP ÁN Điểm + TXĐ: \ { } 1 + Sự biến thiên: 0,25 1 – Chiều biến thiên: y ' = - < 0, " x ¹ 1 , y’ không xác định tại x = 1 . 2 (x - 1) – Hàm số nghịch biến trên các khoảng (- ¥ ;1) và ( + ¥ ), hàm số không có cực trị. 1; – Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 1 Þ tiệm cận ngang y = 1 . 0,25 x® - ¥ x® + ¥ lim y = + ¥ ; lim y = - ¥ Þ tiệm cận đứng x = 1 . x ® 1+ - x® 1 – Bảng biến thiên: -¥ 1 +¥ x y' - || - 0,25 1 y 1 +¥ (1,0 điểm) 1 -¥ + 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 I (2,0 điểm) x = - x + m Û g ( x ) = x 2 - mx + m = 0 (1) với x ¹ 1 . + PT hoành độ giao điểm 0,25 x- 1 + Đường thẳng y = - x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt Û Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x ¹ 1 0,25 ì D = m 2 - 4m > 0 ì m < 0 hoaë m > 4c ï ï Ûï Ûï Û m < 0 hoaë m > 4 (*) . c í í ï g (1) ¹ 0 ï1¹ 0 ï ï î î ìx + x = m ï1 ï 2 ï + Gọi x1; x2 là hai nghiệm của (1), ta có ï x1.x2 = m (**) í ï ï 2 ï g (x1 )= g (x2 )= 0 ï î (1,0   ì OA = (x ; - x + m) ï điểm) 0,25 ï 1 1 + Các giao điểm là A (x1 ; - x1 + m), B (x2 ; - x2 + m) và í   ï OB = (x ; - x + m) ï ï î 2 2    x1 x2 + (- x1 + m)(- x2 + m) ( ) + Khi đó cos 600 = cos OA, OB = 2 x12 - 2mx1 + m 2 2 x2 - 2mx2 + m 2 2 2 x1 x2 - m (x1 + x2 )+ m 2 2 x1 x2 - m (x1 + x2 )+ m 2 2m 1 Û= = = 0,25 2 2 m - 2m 2 g (x1 )+ m2 - 2m . 2 g (x2 )+ m 2 - 2m m 2 - 2m . m 2 - 2m (do (**))
é 2 - 2m = 4m m Ûê2 ê - 2m = - 4m Û m Î { 2; 0; 6} - m ê ë Kết hợp với (*) ta có m = - 2 hoaë m = 6 . c 1 + ĐK: cos x ¹ 0,25 2 é æ  öù ( ) 2 - 3 .cos x - ê - cos çx - ÷ ú 1 ÷ ( ) ç 2 - 3 .cos x - ( - sin x ) ÷ 1 ç ê 2 øú 0,25 è ë û= 1 Û + Ta có PT Û =1 2 cos x - 1 2 cos x - 1 1 Þ sin x - 3 cos x = 0 (1,0 điểm) Û tan x = 3 0,25  Û x = + k , k Î . 3 4 + Kết hợp điều kiện, ta có nghiệm của phương trình là x = . + m 2, m Î 0,25 3 ĐK: x 2 - 1 ³ 0 Û x £ - 1 hoaë x ³ 1 c 0,25 Ta có PT Û (x - 2). x 2 - 1 £ (x - 2).(x + 2) II (1) (2,0 TH1. Xét x = 2 , PT (1) thỏa mãn. 0,25 điểm) TH2. Xét x Î (- ¥ ; - 1]È [ 2) 1; é x+ 2£ ì 0 ï ï ê í 0,25 ê x2 - 1 ³ ï 0 ï î 5 ê 2 (1) Û x 2 - 1 ³ x + 2 Û ê (thoû ñieà kieä ñang xeù a u n t) Û x£ - ì ê x+ 2> 0 ï 4 (1,0 ï ê2 í điểm) 2 ê x - 1³ ï (x + 2) ï î ë TH3. Xét x Î (2; + ¥ ) 5 2 x 2 - 1 £ x + 2 Û x 2 - 1 £ (x + 2) Û x ³ - (1) Û 4 0,25 So sánh điều kiện đang xét, nghiệm của (1) trong TH3 là x > 2 . æ 5ù Kết luận. Tập nghiệm của bất phương trình là S = ç- ¥ ; - úÈ [2; + ¥ ) . ç ç 4ú è û 7 x 1 Tính I   dx 2 3 x2  x2 Đặt t = x + 2 Þ x = t 2 - 2 và dx = 2tdt 0,25 ì x= 2Þ t = 2 ï Đổi cận: ï í ï x= 7Þ t = 3 ï î III (t - 1).2t 2 3 3 3 2t (t + 1) æ 24 ö (1,0 điểm) ÷ ò ç2t - Ta có I = 0,25 òt dt = ò dt = 6+ dt ÷ ç ÷ ç 2 è t + 4ø + 3t - 4 t+ 4 2 2 2 3 = (t - 6t + 24ln t + 4 ) 2 0,25 2 7 . = - 1 + 24 ln 0,25 6
A D M C B N A' D' H B' C' 1 IV SD B 'C ' N .d (M , (A ' B ' C ' D ')) * Tính thể tích tứ diện B’MC'N: VB ' MC ' N = VM . B ' C ' N = 0,25 (1,0 điểm) 3 a3 1 æ1 ö = .ç A ' B '.B ' C '÷. AA ' = 0,25 ÷ ç ÷ 3 ç2 è ø 6 * Tìm x để B’M  C’N Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (A’B’C’). 0,25 Þ B’H là hình chiếu vuông góc của B’M trên (A’B’C’). Vậy B ' M ^ C ' N Û B ' H ^ C ' N Û C ' B ' H = D 'C ' N Û D B 'C ' H = D C ' D ' N 0,25 Û C'H = D'N a Û x= . 2 + ĐK: x £ 1 0,25 ( ) Phương trình tương đương m x + 1- x 2 + 1 = 2 x 1- x 2 + x + 1- x 2 + 2 (2) ì t 2 = 1 + 2 x 1- x 2 ï ï + Đặt t = x + 1- x ³ 0 Þ ï 2 . Vậy 1 £ t £ 2 0,25 í ï t £ ( 2 + 12 )(x 2 + 1- x 2 ) 1 ï ï î 2 t + t+1 V = m với t Î é ; 2 ù + Ta có (2)Û f (t )= 1 ê ú (1,0 điểm) ë û t+ 1 0,25 t 2 + 2t > 0, " t Î é 2 ù nên f (t ) đồng biến trên é ; 2 ù. Þ f / (t )= 1; ú 1 ê ê ú ë û ë û t+ 1 ( 2) + PT đã cho có nghiệm Û min f (t )£ m £ max f (t ) Û f ( )£ m £ f 1 é ù é ù ê 2ú 1; ê 2ú 1; ë û ë û 0,25 3 Û £ m£ 2 2- 1 . 2 A VIa 1 N (2,0 ( 1, 0 điểm) điểm) C B M
ì ï x= 1 ï ì 2x - y - 2 = 0 æ1 ö ï ï + Tọa độ của A là nghiệm của hệ ï 0,25 2 Þ Aç ; - 1÷ Û ÷ í í ç ÷ ç2 ï 4x + y - 1 = 0 ï è ø ï î ï y= - 1 ï î    + Gọi N là trung điểm AC thì MN song song AB nên nMN = n AB = (2; - 1) Suy ra phương trình MN: 2 (x - 1)+ (- 1)(y - 2)= 0 Û 2 x - y = 0 ì 1 ï 0,25 ï x= ï ì 2x - y = 0 æ1 1 ö ï 6 ï ï Þ N ç ; ÷. Tọa độ của N là nghiệm của hệ í Ûí ÷ ç ÷ ç6 3 ø ï 4x + y - 1 = 0 ï è 1 ï î ï y= ï ï 3 ï î ì ï xC = 2 xN - x A = - 1 ï ï æ 1 5ö ï 6 Þ C ç- ; ÷. + N là trung điểm AC suy ra í 0,25 ÷ ç ÷ ç 6 3ø ï è ï y = 2y - y = 5 ïC N A ï 3 ï î ì ï xB = 2 xM - xC = 13 ï ï æ 7ö 13 ï 6 Þ B ç ; ÷. + M là trung điểm BC suy ra í 0,25 ÷ ç ÷ ç 6 3ø ï è ï y = 2y - y = 7 ïB M C ï 3 ï î + Trọng tâm G của tam giác ABC: G ( - 2; 2) 1; 0,25       + Ta có IA + IB + IC = 3IG       0,25 Suy ra IA + IB + IC nhỏ nhất Û 3IG nhỏ nhất Û IG nhỏ nhất Û I là hình chiếu vuông góc của G trên (P) ì x = 1+ t ï 2 ï (1,0 + Đường thẳng d qua G, vuông góc với (P) có phương trình ï y = - 2 + t 0,25 í ï điểm) ï z = 2+ t ï ï î ì x = 1+ t ï ï ì x= 2 ï ï ï ï y = - 2+ t ï ï ï Þ í y = - 1 . Hay tọa độ M là (2; - 1;3) . + Tọa độ M là nghiệm của hệ í 0,25 ï z = 2+ t ï ï ï ï x+ y+ z- 4= 0 ï z = 3 ï ï î ï î ì - x + iy = 2 + i ì 2 x - 3 y = - 1+ i ì 2 x - 3 y = - 1 + i ï ï ï + Ta có ï Ûï Ûï 0,25 í í í ï - 2 x + 2iy = 4 + 2i ï (- 3 + 2i ) y = 3 + 3i ï - x + iy = 2 + i ï ï î î ï î ì x = iy - (2 + i ) ï ï ï Ûí 0,25 ï y = 3 + 3i ï ï - 3 + 2i VIIa ï î (1,0 điểm) ì x = iy - (2 + i ) ï ï ï Ûï 0,25 í ï y = (3 + 3i )(- 3 - 2i ) ï ï 9+ 4 ï î 11 16 3 15 i vaø = - i. Û x= - - y - 0,25 13 13 13 13 ìm VIb 1 ï Taâ (C ): O (0; 0) ï . Gọi tọa độ A (a; 0), B (0; b ) với a > 0, b > 0 ( 1, 0 + í (2,0 0,25 ï Baù kính(C ): R = 2 ïn điểm) điểm) ï î
xy xy + Phương trình AB: + = 1 Û + - 1= 0 ab ab 1 ab 0,25 AB tiếp xúc (C) Û d (O, AB )= 2 Û 2 (***) = 2Û = 2 2 1 1 a +b + a 2 b2 a 2b 2 a 2b 2 Þ 2= £ = SD OAB a 2 + b2 0,25 2ab Þ SD OAB nhỏ nhất khi a = b . Từ a = b và (***) suy ra a = b = 2 . xy 0,25 Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là + - 1= 0 . 22 ì Taâ (S ): I (1; - 3; 2) ïm + Phương trình (S): (x - 1) + (y + 3) + (z - 2) = 32 Þ ï 2 2 2 0,25 í ï Baù kính(S): R = 3 ïn î + (P) chứa Oy nên phương trình có dạng Ax + Cz = 0 với (A2 + C 2 ¹ 0) 2 0,25 ( 1, 0 R2 - r 2 = (P) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r=2 Þ d (I , ( P))= 5 điểm) A + 2C Û = 5 Û C = 2A 0,25 A2 + C 2 Chọn A=1 Þ C=2. Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x + 2 z = 0 . 0,25 ì ln 2 x + 2 ln x + 6 - ln x = ï ln 2 y + 2 ln y + 6 - ln y (1) ĐK: x > 0, y > 0 hệ viết lại ï íx ï 3 + 2 = 5y 0,25 (2) ï ï î t 2 + 2t + 6 - t với t Î Xét hàm số f (t )= . 2 (t + 1)- (t + 1) + 5 t + 1- t + 1 t+ 1 / Þ f (t )= - 1= < £ 0, " t Î VIIb 0,25 t 2 + 2t + 6 t 2 + 2t + 6 t 2 + 2t + 6 (1,0 điểm) Þ f (t ) nghịch biến trên . Từ (1), ta có f (ln x )= f (ln y )Û ln x = ln y Û x = y . 0,25 x x x x æ3 ö æö æ3 ö æö 1 ç ÷ + 2 ç1 ÷ nghịch biến trên (2)Û 3x + 2 = 5 x Û ç ÷ + 2 ç ÷ = 1 Û x = 1 ( g (x )= ) ç÷ ç÷ ç÷ ç÷ ÷ è÷ è÷ è÷ ç5 ø ç5 ø ç5 ø ç5 ø è 0,25 Kết luận. Hệ có nghiệm duy nhất x = y = 1 . Ghi chú. Đáp án chỉ trình bày một cách giải. Còn nhiều cách giải khác, nếu HS trình bày đúng thì cho điểm tối đa theo thang điểm của từng bài. Biên soạn: Hoàng Hữu Lập Giáo viên THPT Lê Lợi Thành phố Đông Hà – Quảng Trị.