Đề thi thử đại học năm 2011 - đề 1

Chia sẻ: Bùi Quý Thế | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

123
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 - đề 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 năm 2011 - đề 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 Môn: Toán Thời gian làm bài 180 phút PHÂN CHUNG CHO MOI THÍ SINH ̀ ̣ Câu I (2 điêm). Cho ham số y = x 3 + 3x 2 + (m + 1) x + 1 có đồ thị là (Cm) ̉ ̀ 1. Khao sat và vẽ đồ thị ham số khi m = 2. ̉ ́ ̀ 2. Tim những giá trị cua m để đường thăng y = x + 1 căt đồ thị (Cm) tai 3 điêm phân biêt A(0; 1), B, C sao ̀ ̉ ̉ ́ ̣ ̉ ̣ cho cac tiêp tuyên cua (Cm) tai B và C vuông goc với nhau. ́ ́ ́ ̉ ̣ ́ ̉ Câu II (2 điêm).  x + 3− y = 3  1. Giai hệ phương trinh  ̉ ̀  y + 3− x = 3  1 − cos x 2(1 − s inx)(1 + tan 2 x) = 2. Giai phương trinh ̉ ̀ s inx − cos x ̉ Câu III (2 điêm) 1. Tinh thể tich vât thể tron xoay sinh ra khi quay hinh phăng giới han bởi đường tron tâm I(2; 2) ban ́ ́ ̣ ̀ ̀ ̉ ̣ ̀ ́ ́ ̣ ̀ kinh R = 1 quanh truc hoanh. 2. Trong không gian cho hai điểm A, B cố định, độ dài đoạn AB = a > 0. Ax và By là hai nửa đường thẳng vuông góc với nhau và cùng vuông góc với AB. Trên Ax và By lấy hai điểm M và N sao cho MN = b (với b là một số cho trước và b > a). a) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN. b) Xác định vị trí của M và N sao cho tứ diện ABMN có thể tích lớn nhất. Câu IV (1 điểm). Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm: x 3 + 1 ≥ m( x 2 + 1) + (1 − m) x + 1 . PHẦN TỰ CHỌN: Mỗi thí sinh chỉ chọn câu Va hoặc Vb Câu Va (3 điểm). Chương trình cơ bản 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm P(3; 1) và hai đường thẳng có phương trình là d1 : 2 x − y + 1 = 0 và d 2 : x + 2 y − 3 = 0 . Viết phương trình đường thẳng đi qua P và tạo với hai đường thẳng d1 và d 2 một tam giác cân có đỉnh là giao điểm của d1 và d 2 . x −1 y + 2 z −1 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆1 : = = −1 2 1 x +1 y − 2 z − 3 ∆2 : = = và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 4x -2y +6z + 5 = 0. Viết phương trình mặt −2 1 2 phẳng tiếp xúc với mặt cầu (S) đồng thời song song với ∆1 và ∆ 2 . 3. Tìm phần thực của số phức ( 1 − i ) 2009 Câu Vb. (3 điểm). Chương trình nâng cao x2 y 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hypebol ( H ) có phương trình 2 − 2 = 1 và M là điểm bất kỳ a b thuộc (H). Gọi d1, d2 là các đường thẳng đi qua M và song song với các đường tiệm cận của (H). Chứng minh rằng hình bình hành tạo bởi d1, d2 và các đường tiệm cận của (H) có diện tích không đổi. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; - 2), B(0; 0; 1), C(2; 0; 1). Tìm tọa độ của điểm M sao cho MA2 + MB2 + MC2 đạt giá trị nhỏ nhất. log 0,5 x + 4 log 2 x ≤ 4 − log16 x 4 3. Giải bất phương trình 2 …Hết…
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ KHỐI A Nội dung Điể Câu ý m 2 1 1 TXĐ D = ¡ Sự biến thiên : y’ = 3x2 + 6x + 3 = 3(x + 1)2 ≥ 0∀x ∈ ¡ 025 I Hàm số đồng biến trên ¡ Hàm số không có cực trị Giới hạn : xl→±∞ y = ±∞ im 023 Bảng biến thiên −∞ +∞ x 0 y’ + 0 + +∞ y −∞ 025 Đồ thị y 1 025 -1 O x 2 1 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (Cm) và đường thẳng y = x + 1 x = 0 x3 + 3x2 + mx = 0 ⇔  025  x + 3x + m = 0 2 Đường thẳng y = x + 1 cắt đồ thị (Cm) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi g ( x) = x 2 + 3x + m = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0 khi và chỉ khi  9 ∆ > 0 9 − 4m > 0 m < ⇔ ⇔  (*) 4  g (0) ≠ 0 m ≠ 0 m ≠ 0   xB + xC = −3 Khi đó hoành độ của B và C thỏa mãn  (1) 025  xB .xC = m Ta có f’(x) = 3x2 + 6x + m + 1 Hệ số góc các tiếp tuyến tại B và C là f’(xB) = 3 xB + 6 xB + m + 1 ,f’(xC) = 3 xC + 6 xC + m + 1 2 2 025 Các tiếp tuyến tại B và C vuông góc khi và chỉ khi f’(xB). f’(xC) = -1 ⇔ ( 3 xB + 6 xB + m + 1 ).( 3 xC + 6 xC + m + 1 ) = - 1 2 2 ⇔ ( 3 xB + 6 xB )( 3 xC + 6 xC )+ (m + 1)( 3 xB + 6 xB + 3 xC + 6 xC ) + (m + 1)2 = - 1 2 2 2 2 ⇔ 9( xB .xC ) 2 + 18 xB xC ( xB + xC ) + 36 xB xC + 3( m + 1)(( xB + xC ) 2 − 2 xB xC + 2( xB + xC )) +m2 + 2m + 2 = 0
Kết hợp với (1) ta được 9m2 – 54m + 36m + 3(m+1)(9 – 2m - 3) + m2 + 2m + 2 = 0 ⇔ 4m2 – 13m + 11 = 0 phương trình vô nghiệm. Vậy không có giá trị của m thỏa mãn yêu cầu. 025 II 2 1 1 Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 3, 0 ≤ y ≤ 3  x + 3− y = 3  x − y + 2 x(3 − y ) = 0   ⇔ 025 Ta có   y + 3− x = 3  y − x + 2 y (3 − x) = 0   025 ⇒ x(3 − y ) + y (3 − x) = 0  x(3 − y ) = 0 025 ⇔  y (3 − x) = 0  x = 0  y = 0 x = 0 x = 3 ⇔ , Kiểm tra ta thấy  thỏa mãn.  x = 3 y = 0 y = 3  025  y = 3  x = 0 x = 3 , Kết luận : Hệ có hệ có hai nghiệm  y = 0 y = 3 2 1 s inx ≠ cos x Đk :  . cos x ≠ 0 Phương trình tương đương với 2(1 − s inx) 1 − cos x 2(1 − s inx) 1 − cos x = ⇔ = s inx − cos x 1 − sin x s inx − cos x 2 2 cos x 025 1 − cos x 2 025 ⇔ = ⇔ 2(s inx − cos x) = (1 + s inx)(1 − cos x) 1 + s inx s inx − cos x ⇔ s inx − cos x + s inx.cos x − 1 = 0 ⇔ (s inx − 1)(cos x + 1) = 0 s inx = 1 ⇔ 025 cos x = −1 +) sinx = 1 không thỏa mãn Đk vì khi đó cosx = 0. +) cosx = -1 ⇔ x = π + k 2π , k ∈ ¢ thỏa mãn. Lết luận : Phương trình có họ nghiệm x = π + k 2π , k ∈ ¢ 025 III 2 1 1 Đường tròn tâm I(2; 1) bán kính R = 1 có phương trình : (x - 2)2 + (y - 2)2 = 1 Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 3 . Từ phương trình đường tròn ta có y = 2 + 1 − ( x − 2)2 với y ≥ 2 Và y = 2 − 1 − ( x − 2) 2 với y < 2 . 025 Thể tích vật thể cần tìm
) ) ( ( 3 3 2 2 V = π ∫ 2 + 1 − ( x − 2) dx − π ∫ 2 − 1 − ( x − 2) 2 2 dx 1 1 025 3 = 8π ∫ 1 − ( x − 2) dx 2 1 π π Đặt x – 2 = sint với − ≤x≤ . 2 2 π x = 1⇒ t = − 025 2 π x = 3 ⇒t = 2 025 dx = costdt, 1 − ( x − 2) 2 = cost. π π 2 2 ∫π cos tdt ∫π (1 + cos2t )dt = 4π Vậy V = 8π = 4π 2 2 − − 2 2 2 1 a) Gọi I là trung điểm của MN. Ta có BN ⊥ AB, BN ⊥ AM ⇒ BN ⊥ BM 025 x MN do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI = , A M 2 MN tương tự AI = . 2 MN b Vậy AI = BI = MI = NI = = I 2 2 b Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R = B 025 2 b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0 N Tam giác ABN vuông tại B nên AN2 = AB2 + BN2 y Tam giác AMN vuông tại A nên MN2 = AM2 + AN2 Suy ra b2 = MN2 = AM2 + AB2 + BN2 = x2 + a2 + y2 Do đó x2 + y2 = b2 – a2 không đổi. 025 Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN. 1 1 1 Thể tích V = axy ≤ a( x 2 + y 2 ) = a (b 2 − a 2 ) . 6 12 12 b2 − a 2 025 Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN = . 2 IV 1 Ta có x + 1 ≥ m( x + 1) + (1 − m) x + 1 ⇔ ( x + 1)( x − x + 1) ≥ m( x − x + 1) + ( x + 1) 2 2 3 2 Điều kiện x ≥ −1 x +1 x +1 ≥ m+ 2 Khi đó bất phương trình tương đương với x − x +1 x − x +1 2 x +1 x +1 ⇔ −2 ≥m (*) x − x +1 x − x +1 2
025 x +1 , bất phương trình (*) có dạng : t – t2 ≥ m Đặt t = (1) x − x +1 2 − x2 − 2x + 2 t'= , t ' = 0 ⇔ x = −1 + 3 Ta có . x +1 2( x − x + 1) 2 2 x − x +1 2 Bảng biến thiên +∞ x −1 + 3 -1 t’ + 0 - t 3+ 2 3 025 3 0 0  11 + 7 3  t ∈ 0;  . Bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (1) có nghiệm Vậy 13      11 + 7 3  Maxf (t ) ≥ m t ∈ 0;  khi và chỉ khi với f(t) = t – t2 11+ 7 3 13   t∈[0; ]   13 025 f’(t) = 1 – 2t Bảng biến thiên t 1 3+ 2 3 0 2 3 f’(t) + 0 - 1 4 f(t) 1 1 Maxf (t ) = khi x = Từ bảng biến thiên : 4 2 11+ 7 3 t∈[0; ] 13 1 Vậy ycbt tương đương với m ≤ 4 025 Va 3 1 1 Đường thẳng đi qua P(3 ; 1) có dạng ∆ : ax + by − 3a − b = 0 Đường thẳng ∆ tạo với hai đường thẳng d1 và d 2 một tam giác cân có đỉnh là giao của 025 d1 và d 2 khi và chỉ khi (∆, d1 ) = ( ∆, d 2 ) ⇔ cos(∆,d1 ) = cos(∆,d 2 ) 2a − b a + 2b ⇔ = 5( a 2 + b 2 ) 5(a 2 + b 2 ) 025 ⇔ 2a − b = a + 2b ⇔ 2a − b = a + 2b hoặc 2a − b = −a − 2b ⇔ a − 3b = 0 hoặc 3a + b = 0 025 Chọn a = 3, b = 1 hoặc a = 1, b = - 3. Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán 3x + y –10 = 0 và x – 3y = 0 025
2 1 x −1 y + 2 z −1 x +1 y − 2 z − 3 Vectơ chỉ phương của ∆1 : = = và ∆ 2 : = = lần lượt là −1 −2 2 1 1 2 r r u = (2; −1;1), v = (−2;1; 2) . Mặt phẳng (P) song song với ∆1 và ∆ 2 nhận cặp vectơ r r 025 u = (2; −1;1), v = (−2;1; 2) làm cặp vectơ chỉ phương. r  −1 1 1 2 2 −1  ÷ = ( −3; −6;0 ) = −3(1; 2;0) . Mặt phẳng (P) có dạng Ta có n =  ; ; 1 2 2 −2 −2 1   025 (P) : x + 2y + m = 0. 025 Mặt cầu (S) có tâm I(- 2 ; 1 ; - 3) và bán kính R = 3. Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi −2 + 2 + m d ( I , ( P)) = R ⇔ = 3 ⇔ m = ±3 5 12 + 22 + 02 Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là x + 2y + 3 5 = 0 và x + 2y – 3 5 = 0. 025 3 1 ( ) 025 2 1004 ( 1− i) = ( 1− i) 2009 (1 − i ) Ta có 025 = ( −2i )1004 (1 − i ) 025 =2 (1 − i) = 2 −2 1004 1004 1004 i Vậy phần thực của số phức trên là 2 1004 025 Vb 3 1 1 x2 y2 b Các đường tiệm cận của (H) có dạng y = ± x . Gọi M(x0; y0) ∈ ( H ) ⇒ 02 − 02 = 1 a a b (1) b b b b Các đường thẳng d1; d2 có phương trình là y = x + y0 − x0 và y = − x + y0 + x0 a a a a x y a b Các giao điểm của d1; d2 với các đường tiệm cận A( 0 + y0 ; 0 + x0 ), B( 2 2b 2 2a 025 x0 a y b − y0 ; 0 − x0 ). 2 2b 2 2a 025 uuu 2 uuu 2 uuu uuu rr rr Diện tích hình bình hành S = 2SOAB=OA.OB.sin ∠AOB = OA .OB − (OA.OB )2 x y x y a b a b uuu uuu rr Ta có OA2 .OB 2 = (( 0 + y0 ) + ( 0 + x0 ) )(( 0 − y0 ) + ( 0 − x0 ) ) 2 2 2 2 2 2b 2 2a 2 2b 2 2a 2 2  a 2 + b 2  x0 2 y0 2 2  a 2 + b 2  ÷ ( 2 − 2 ) = = ÷ ( theo (1)) 025 4a b 4 2  a 2 − b 2  x0 2 y0 2 2 uuu uuu 2 rr x0 a x0 a y0 b y0 b (OA.OB ) = (( + y0 )( − y0 ) + ( + x0 )( − 2 ÷( 2− 2) x0 )) =  2 2b 2 2b 2 2a 2 2a 4a b 2  a2 − b2  = ÷ ( theo (1)) 4 025 ab Do đó S = không đổi. 2 2 1
Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là G(1 ; 1 ; 0) 025 Ta có MA 2 + MB2 + MC 2 uuuu uuu 2 uuuu uuu 2 uuuu uuu 2 r r r r r r ( )( )( ) = MG + GA + MG + GB + MG + GC uuuu uuu uuu uuu rr r r 025 = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 + MG (GA + GB + GC ) = 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 ≥ GA2 + GB 2 + GC 2 025 Vậy MA + MB + MC ≥ GA + GB + GC dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M ≡ G 025 2 2 2 2 2 2 3 1 Ta có 4 − log x 4 ≥ 0  16 2 log 0,5 x + 4 log 2 x ≤ 4 − log16 x ⇔ log 0,5 x + 4 log 2 x ≥ 0 2 4 025 2 ( ) 2 log 0,5 x + 4 log 2 x ≤ 4 − log16 x 4  4 − log 2 x ≥ 0 2 log x + 2 log 2 x ≥ 0 ⇔ 2 025 log 2 x + 2 log 2 x ≤ 16 − 8log 2 x + log 2 x 2 2 x > 0   8   0 ≤ log 2 x ≤ 5  ⇔  025  log x ≤ −2  2 x > 0   8 1 ≤ x ≤ 2 5 ⇔ 1 0 < x ≤  4 8 1 Tập nghiệm của bất phương trình là S = [1;2 5 ] ∪ (0; ] 025 4