zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2011 - THPT Chuyên Lý Tự Trọng

Chia sẻ: Tong Quoc Dinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

63
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2011" gồm 2 phần: phần chung có 5 câu hỏi bài tập ứng với thang điểm 7, phần riêng được chọn giữa chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao ứng với thang điểm 3. Ngoài ra tài liệu này còn kèm theo đáp án giúp các bạn dễ dàng tham khảo và so sánh kết quả. Mời các bạn cùng thử sức với đề thi này nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán khối A năm 2011 - THPT Chuyên Lý Tự Trọng

www.VNMATH.com TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG CẦN THƠ Môn thi: TOÁN; khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x  1 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Định m để phương trình sau có 4 nghiệm thực phân biệt: 3 x  3 x  m 3  3m Câu II (2 điểm) (2  sin 2 2 x)(2 cos 2 x  cos x) 1. Giải phương trình: cot 4 x  1  2sin 4 x  x y  xy  x  5 y  0 2 2 2. Giải hệ phương trình:  ( x, y  ) 2 xy  y  5 y  1  0 2 Câu III (1 điểm)   cos 2  x    8 Tính  dx sin 2 x  cos 2 x  2 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), SA  AB  a, AC  2a và ASC  ABC  900. Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn: a.b.c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ab bc ca T   a  b  ab b  c  bc c  a  ca PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) - Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A(4; 1), B(3; 2) và đường thẳng  : 3x  4 y  42  0 . Viết phương trình đường tròn (C ) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(6; 6; 6), B(4; 4; 4), C( 2; 10; 2) và S(2; 2; 6). Chứng minh O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (OABC) trùng với tâm I của OABC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AC. Câu VII.a (1 điểm) Giải phương trình: (2 x  1) log 32 x  (4 x  9) log 3 x  14  0 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thoi ABCD có A(1; 0), B(3; 2) và ABC  1200. Xác định tọa độ hai đỉnh C và D. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A, B, C lần lượt di động trên các tia Ox, Oy và Oz sao cho mặt phẳng (ABC) không đi qua O và luôn đi qua điểm M(1; 2; 3). Xác định tọa độ các điểm A, B, C để thể tích khối tứ diện OABC đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm)
www.VNMATH.com 32 x  y  2  3x  2 y  27 x  y  9 Giải hệ phương trình:  ( x, y  ) log  3 ( x  1)  log 3 ( y  1)  1 ---------------Hết--------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………..Số báo danh…………… ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: A Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm)  Tập xác định: D =  Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y '  3 x 2  3, y '  0  3 x 2  3  0  x  1, y (1)  3, y (1)  1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 1) và (1; +), nghịch biến trên khoảng (1; 1) - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 và yCT = y(1) = 1; + Hàm số đạt cực đại tại x = -1 và yCĐ = y(-1) = 3. 0,25 - Giới hạn: lim  , lim   x  x  Bảng biến thiên:  1 1 + y’(x) + 0  0 + 3 + 0,25 y(x)  1 y ''  6 x, y ''  0  6 x  0  x  0, y (0)  1  điểm uốn I(0; 1) y Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3) và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng.   3 0,25 1 2 1 x 1 0 2   1 2. (1,0 điểm) Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa đồ thị 3 (C’) của hàm số: y  x  3 x  1 và đường thẳng (d): y  m 3  3m  1 ((d) cùng phương với trục hoành) 3 Xét hàm số: y  x  3 x  1 , ta có: 0,25 + Hàm số là một hàm chẵn nên (C’) nhận trục Oy làm trục đối xứng, 3 đồng thời x  0 thì y  x  3 x  1  x3  3x  1 Từ đó (C’) được suy từ (C) như ở hình bên: y 0,25 3   (d) 1
www.VNMATH.com + Dựa vào đồ thị (C’) ta suy ra điều kiện của m để phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là:  2  m   3 m3  3m  0  0,5 1  m3  3m  1  1     0  m  3 m3  3m  2  0   m  1 II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 1) ĐK: x  k , k  Với ĐK trên phương trình đã cho tương đương với: 1 cos 4 x + sin 4 x = (2 - sin 2 2x )(cos2 x - cos x ) 0,25 2 1 2 2 2 1 Û 1 - sin 2x = (2 - sin 2x )(cos x - cos x ) 2 2 1 2 - sin 2 2x = 2(2 - sin 2 2x )(cos2 x - cos x ) Û 1 = 2 cos2 x - cos x 2 0,25 2 Û 2 cos x - cos x - 1 = 0 éx = l 2p ê Û ê 0,25 êx = ± 2p + l 2p , (l Î Z ) êë 3 2p So với điều kiện ta suy ra nghiệm của phương trình là x = ± + l 2p , l Î ¢ 0,25 3 2. (1,0 điểm) Nhận xét: Hệ đã cho không có nghiệm (x; 0), nên tương đương với:  2 x  x  xy  y  5  0  0,25  2 x  y  1  5  0  y  1 ( x  y )( x  y )  6   0,25 x  y  x  1  5  y
www.VNMATH.com  x  y  2   x  1  3 ( I )   y  0,25  x  y  3   1 ( II )  x   2   y  5  5 1 5   5  5 1 5  Giải các hệ (I), (II) ta được nghiệm của hệ là:  ;  ;   2 2   2 ; 2  0,25     III cos 2x   (1,0 điểm)   1  cos(2 x  )  8 1 4 dx  sin 2 x  cos 2 x  2 dx  2 2   0,25 1  sin(2 x  ) 4    cos(2 x   )  1  4 dx  dx     2 2 1  sin(2 x   )      2  0,25    4 sin( x  8 )  cos( x  8 )         cos(2 x  )  1 4 dx  1 dx     0,25 2 2  1  sin(2 x  )  2 sin 2 ( x  3 )    4 8  1   3    ln 1  sin(2 x  )  cot( x  )   C 0,25 4 2 4 8  IV + Kẻ SH vuông góc AC (H  AC)  SH (1,0 điểm)  (ABC) S a 3  SC  BC  a 3, SH  , 2 0,25 a2 3 S ABC  2 1 a3 M  VS . ABC  S ABC .SH  3 4 + Gọi M là trung điểm SB và  là góc giữa A C hai mặt phẳng (SAB) và (SBC). H Ta có: SA = AB = a, SC  BC  a 3 0,25  AM  SB và CM  SB B  cos   cos AMC a 3 a 6 + SAC = BAC  SH  BH   SB  0,25 2 2 2 AS  2 AB 2  SB 2 10a 2 2 a 10 AM là trung tuyến SAB nên: AM 2    AM  0,25 4 16 4
www.VNMATH.com a 42 AM 2  CM 2  AC2 105 Tương tự: CM   cos AMC   4 2.AM.CM 35 105 Vậy: cos   35 V 1 1 1 (1,0 điểm) Đặt a  x , b  y , c  z . Khi đó theo giả thiết ta có x, y, z là 3 số thực dương thỏa mãn: xyz = 1 và biểu thức T đươc viết lại: 0,25 1 1 1 T   x  y 1 y  z 1 z  x 1   2 3 Ta luôn có Bđt thức đúng: 3 x  3 y  0  x 2  3 xy  3 y 2  3 xy   3     x  y  1  3 x  3 y  x 2  3 xy  3 y 2   1  3 x  3 y 3 xy  1     0,25  x  y  1  3 xy 3 x  3 y  3 z 1 3z   (1) x  y 1 3 x  3 y  3 z 1 3x 1 3y Tương tự:  (2);  (3) 0,25 y  z 1 3 x  3 y  3 z z  x 1 3 x  3 y  3 z Cộng vế theo vế các bđt (1), (2), (3) ta được: T  1 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 hay a = b = c = 1 0,25 Vậy Tmax  1 đạt được khi a = b = c = 1 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi I(a;b) là tâm và R là bán kính của (C) 0,25 AI2 = BI2  7a + b = 2 (1) (3a  4b  42) 2 BI2 = d2(I,)  (a + 3)2 + (b + 2)2 = (2) 0,25 25 Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được I(1;-5) hoặc I(-3;23) 0,25 + I(1; -5)  R = 5 (C): (x – 1)2 + (y + 5)2 = 25 0,25 + I(-3; 23)  R = 25 (C): (x + 3)2 + (y – 23)2 = 625 2. (1,0 điểm) Ta có: + Các đoạn OB và AC đều nhận I(2; 2; 2) làm trung điểm (1)     0,50 + AC   8; 16;  8  , OB   4; 4; 4   AC.OB  32  64  32  0  AC  OB (2) Từ (1) và (2) suy ra O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi OABC     SI . AC  32  32  0 + SI  (4; 0;  4);     SI  (OABC )  SI .OB  16  16  0 0,25  AC  OB + Do OABC là hình thoi và SI  (OABC ) nên:   AC  ( SOB)  AC  SI
www.VNMATH.com Từ đó trong mp(SOB) nếu kẻ IH  SO tại H thì IH  AC tại H. Vậy IH là đoạn vuông góc chung của SO và AC 0,25 SI .OI 4 2.2 3 4 66  d ( SO, AC )  IH    SO 2 11 11    | [ SO, AC ].OI | Ghi chú: Có thể dùng công thức: d ( SO, AC )    0,50 | [ SO, AC ] | VII.a ĐK: x > 0. Đặt: t  log3 x , phương trình trở thành: (2 x  1)t 2  (4 x  9)t  14  0 (1) 0,25 (1,0 điểm) Do 2 x  1  0, x  0 nên có thể xem pt (1) là pt bậc 2 ẩn t, ta có:  '  (4 x  9)2  56(2 x  1)  (4 x  5)2   ' | 4 x  5 | 0,25 7  pt (1) có các nghiệm : t  2 ; t  2x 1 + Với t = 2 ta được pt: log3 x  2  x  9 0,25 7 7 7 + Với t  ta được pt: log3 x   log3 x  0 2x 1 2x 1 2x 1 7 Xét hàm số: f ( x)  log3 x  , TXĐ : D  (0; ) 2x  1 1 14 f '( x)    0, x  0 0,25 x.ln 3 (2 x  1) 2  Hàm số f là một hàm đồng biến trên D  (0; ) . Mặt khác f(3) = 0  x = 3 là nghiệm duy nhất của pt trên D Vậy phương trình có đúng 2 nghiệm x = 9, x = 3 VI.b 1.(1,0 điểm) (2,0 điểm) Từ giả thiết suy ra ABD đều.  Ta có : AB  (2; 2) , trung điểm của AB là M(2;1) 0,25  pt trung trực của đoạn AB: x  y  3  0 D thuộc trung trực của AB  D(t; 3  t) 0,25 + ABCD là hình thoi nên: 0,25 AD  AB  (t  1) 2  (3  t ) 2  8  t 2  4t  1  0  t  2  3 + t  2  3  D(2  3;1  3), C ( 3; 1  3) 0,25 + t  2  3  D(2  3;1  3), C ( 3; 1  3) 2.(1,0 điểm) Từ giả thiết ta suy ra tọa độ các điểm A, B, C định bởi: A(a;0;0), B(0; b;0), C (0;0; c) x y z 0,25 trong đó a, b, c là các số thực dương  phương trình mp(ABC):    1 a b c 1 2 3 + M(1, 2, 3)  mp(ABC) nên:    1 a b c 0,25 1 1 + Thể tích của khối tứ diện OABC được tính bởi: V  OA.OB.OC  a.b.c 6 6 1 2 3 1 2 3 + Theo bđt CauChy: 1     33 . .  a.b.c  162  V  27 0,25 a b c a b c
www.VNMATH.com 1 2 3 1 Đẳng thức xảy ra khi    hay a  3;  6; c  9 a b c 3 0,25 Vậy Vmax  27 đạt được khi A(3;0;0), B(0;6;0), C (0;0;9) VII.b ĐK: x  1, y  1 . Khi đó hệ tương đương: (1,0 điểm) 3.32 x  y 1  3.3x  2 y 1  33( x  y )  9 (1) 0,25  ( x  1)( y  1)  3 Đặt: u  32 x  y 1, v  3x  2 y 1, ĐK: u > 0, v > 0 u  3 0,25 Phương trình (1) trở thành: 3u  3v  uv  9  (u  3)(v  3)  0   (thỏa ĐK) v  3 32 x  y 1  3  y  2 x TH1: Với u = 3, ta có hệ:    VN 0,25 2 ( x  1)( y  1)  3 2 x  x  2  0  x  2  3x  2 y 1  3  x  2  2 y  y  0 TH2: Với v = 3, ta có hệ:     x  1 2  ( x  1)( y  1)  3 2 y  y  0  y  1   2 0,25  1 So với ĐK ta nhận cả 2 nghiệm:  2; 0  , 1;   2  1 Tóm lại hệ phương trình có 2 nghiệm:  2; 0  , 1;   2 ---------------Hết---------------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.02: Bộ 500+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2020

576 tài liệu

913 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.