ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG - CẦN THƠ

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 môn: toán, khối a - trường thpt lý tự trọng - cần thơ', 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 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG - CẦN THƠ

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 D 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 4  2mx 2  2m 2  m (1) với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m =  1. 2 Định m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu II (2 điểm) 9x 6x 1. Giải phương trình: 2 cos 2  cos  1 10 5 2. Giải phương trình: 2( x 2  3x  1)  7 x 3  1  0 Câu III (1 điểm) dx Tính  2x e 9 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Tính thể tích khối chóp S.BMDN. Câu V (1 điểm) xy42 Cho hai số thực x, y khác không, thỏa mãn:    . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu yxyx thức: T  x2  y2  x  3 y 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 đường tròn: (C1 ) : ( x  1)2  ( y  1) 2  16 và (C2 ) : ( x  2) 2  ( y  1) 2  25 Viết phương trình đường thẳng  cắt (C1) tại hai điểm A và B, cắt (C2) tại hai điểm C và D thỏa mãn AB  2 7, CD  8. 2. Trong không gian t ọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;0;3); B(2;0;1) và mặt phẳng (P): 3x  y  z +1 = 0. Tìm tọa độ điểm C nằm trên (P) sao cho ABC tam giác đều. Câu VII.a (1 điểm) 2 2 2 Giải bất phương trình: 3x 1  x 2 .3x  12 x  3x 2  4 x.3x  9 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 16, các đường thẳng AB, BC, CD, DA lần lượt đi qua các điểm M(4;5), N(6;5), P(5;2), Q(2;1). Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng Oxy và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B, C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: 10 log 3 x.log 5 x  15 log 3 x  4 log 5 x  6  0 ---------------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……………………………………… www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: D Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm)  Khi m = 1 hàm số có dạng y  x 4  2 x 2  1  Tập xác định: D = R 0,25  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  4 x3  4 x , y '  0  4 x3  4 x  0  x  0, y (0)  1 Hàm số đồng biến trên khoảng (0; +), nghịch biến trên khoảng (; 0) - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = y(0) = 1 0,25 - Giới hạn: lim  , lim   x  x  Bảng biến thiên: + x  0  y’(x) 0 + + + 0,25 y(x) 1 Đồ thị: đi qua các điểm (1; 4) và nhận y trục Oy làm trục đối xứng. 4   0,25  1 x 1 0 1 2. (1,0 điểm) y '  4 x 3  4mx  4 x ( x 2  m) 0,25 Hàm số có ba điểm cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0 (1) Tọa độ các điểm cực trị của đồ thị A(0; 2m 2  m), B ( m ; m 2  m), C (  m ; m 2  m) 0,25 uuu r uuu r AB  ( m ;  m 2 ) , AC  ( m ;  m 2 ) Tam giác ABC vuông khi và chỉ khi uuu uuu rr m  0 AB. AC  0   m  m 4  0   0,5 m  1 So với điều kiện (1) nhận m = 1 II 9x 6x 1. (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 cos 2  cos  1 (2,0 điểm) 10 5 Phương trình đã cho tương đương: 9x 6x 3x 3x 3x 1 + cos = cos - 1 Û 4 cos 3 - 2 cos 2 - 3cos + 3 = 0 0,5 5 5 5 5 5
3x 3x 3x 3x + 1)(4 cos 2 - 6 cos + 3) = 0 Û cos = - 1 Û (cos 0,25 5 5 5 5 5p k10p Û x= + ,k Î Z 0,25 3 3 2. (1,0 điểm) Giải phương trình: 2( x 2  3x  1)  7 x 3  1  0 1. Đk: x ³ - 1 Do x = 1 không phải là nghiệm nên phương trình đã cho tương đương: 0,5 2( x 2 - x + 1) x2 - x + 1 2 3 2( x - x + 1) - 7 x + 1 - 4( x + 1) = 0 Û -7 - 4 = 0 (*) x+ 1 x+ 1 x2  x 1 , phương trình (*) trở thành: 2t 2 - 7t - 4 = 0 Đặt t  x 1 0,25 1 Giải pt được 2 nghiệm t = - (loại) và t = 4 2 x2 - x + 1 17 ± 349 = 4 Û x 2 - 17 x - 15 = 0 Û x = 0,25 Với t = 4 : (nhận) x+ 1 2 III dx (1,0 điểm) Tính I = ò e2 x + 9 Đặt e 2 x dx 0,25 e 2 x + 9 Þ e2 x = t 2 - 9, dt = t= 2x e +9 dx dt Þ = 0,25 2 t-9 e2 x + 9 1 t 3 dt Suy ra: I    ln C 0,25 2 t 9 6 t 3 e2x  9  3 1 hay I  C ln 0,25 6 e2x  9  3 Theo giả thiết: ( SAB) ^ ( ABCD) theo giao IV S (1,0 điểm) tuyến AB. Do đó nếu kẻ SH ^ AB tại H 0,25 thì SH ^ ( ABCD) SA2 + SB 2 = AB 2 = 4a 2 Þ D SAB vuông SA.SB a 3 0,25 A tại S Þ SH = = D AB 2 H M S BMDN = S ABCD - S AMD - SCND = 4a 2 - 2a 2 = 2a 2 B N C 0,25 1 a 3 2 a3 3 1 0,25 (đvtt) VS .BMDN = SH . S BMDN = . .2a = 3 32 3 V Từ giả thiết ta có: x 2  y 2  4 x  2 y  ( x  2) 2  ( y  1) 2  5 và T  3 x  y 0,25 (1,0 điểm) 2 22 2 2 Với mọi số thực a, b, c, d ta luôn có bđt đúng: (ac - bd ) ³ 0 Û a c + b d ³ 2abcd 0,25 Û (ab + cd ) 2 £ a 2c 2 + b 2 d 2 + a 2b 2 + c 2 d 2 Û (ab + cd )2 £ (a 2 + b 2 )(c 2 + d 2 ) (1) Dấu đẳng thức xảy ra khi ac = bd
Áp dụng (1) ta có: [3( x  2)  ( y  1)]2  10[( x  2) 2  ( y  1) 2 ]  50 0,25 - 5 2 £ 3( x - 2) + y + 1 £ 5 2 Û 5 - 5 2 £ 3x + y £ 5 + 5 2 Suy ra: 4+ 3 2 - 2+ 2 Tmax = 5 + 5 2 đạt được khi x = , y= 2 2 0,25 4- 3 2 - 2- 2 Tmin = 5 - 5 2 đạt được khi x = , y= 2 2 1.(1,0 điểm) (C1): x + y – 2x – 2y – 14 = 0 và (C2): x2 + y2 – 4x + 2y – 20 = 0… 2 2 VI.a (2,0 điểm) (C1) có tâm I1(1;1) và bán kính R1 = 4; (C2) có tâm I2(2;-1) và bán kính R2 = 5 AB 2 CD 2 0,25 R12 - = 16 - 7 = 3 , d ( I 2 , D ) = R22 - d ( I1 , D ) = = 25 - 16 = 3 4 4 d ( I1 , D ) = d ( I 2 , D ) = 3 Þ D / / I1I 2 hoặc  đi qua trung điềm cùa I1 I 2 0,25 5 < d ( I1 , D ) + d ( I 2 , D ) = 6 nên không xảy trường hợp  đi qua trung điềm Do I1 I 2 = 0,25 cùa I1 I 2 uuur r Với  // I1I2   có vtcp I1I 2 = (1; - 2) Þ vtpt n = (2;1) Þ pt D : 2 x + y + C = 0 0,25 d(I1, ) = 3  C = - 3 ± 3 5 . Vậy D : 2x + y - 3 ± 3 5 = 0 . 2. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0; 0;3); B(2; 0;1) .... C Î ( P) :3 x - y - z + 1 = 0 Þ C ( x0 ; y0 ;3 x0 - y0 + 1) 0,25 ì AB 2 = AC 2 ì x 2 + y 2 + (3x - y + 4)2 = 8 ï ï  ABC đều Û ï Ûï 0 0 0 0 í í 0,25 ï AB 2 = BC 2 ï y0 = 4 x0 + 2 ï ï î î éx0 = 0; y0 = 2 ê æ 2 2 1ö 2 . Vậy C (0; 2; - 1) hoặc C ç- ; - ; - ÷ Ûê ÷ ç 0,5 ÷ ç 3 3 3ø êx0 = y0 = - è ê 3 ë VII.a 2 2 2 Giải bất phương trình: 3x 1  x 2 .3x  12 x  3x 2  4 x.3x  9 (1,0 điểm) 2 2 Bất pt tương đương: 3x ( x 2 - 4 x + 3) - 3( x 2 - 4 x + 3) > 0 Û (3x - 3)( x 2 - 4 x + 3) > 0 0,25 ì 3x2 - 3 > 0 ì 3x2 - 3 < 0 ï ï ï hoặc ï Ûí 0,25 í2 ï x2 - 4x + 3 > 0 ï x - 4x + 3 < 0 ï ï î î ì ï x2 > 1 ï ì 3x2 - 3 > 0 ï éx < - 1 ï TH 1: ï 2 ï Û í éx > 3 Û ê í 0,25 êx > 3 ï x - 4x + 3 > 0 ï ê ï ï êx < 1 ë î ïë ï î ì 3x2 - 3 < 0 ì ï ï x2 < 1 ï ï Þ VN . Vậy bpt có nghiệm: x 3 TH 2: í Ûí 0,25 ï x - 4x + 3 < 0 ï 1 < x < 3 2 ï ï î î 1. (1,0điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD.... VI.b (2,0 điểm) AB đi qua M(4; 5) nên pt AB có dạng: ax + by - 4a - 5b = 0 (a 2 + b 2 ¹ 0) 0,25 BC  AB và BC đi qua N(6; 5)  pt BC : bx - ay - 6b + 5a = 0 Diện tích hình chữ nhật: | a - 3b | | 4a - 4b | = 16 Û a 2 - 4ab + 3b 2 = ± 4(a 2 + b 2 ) 0,25 S = d ( P, AB).d (Q, BC ) = 16 Û . 2 2 2 2 a +b a +b
é a 2 + 4ab + b2 = 0 é + b= 0 3 a Ûê 2 ê ê a - 4ab + 7b 2 = 0 (VN) Û 0,25 ê a+ b= 0 3 5 ê ë ë + Với a + b = 0 chọn a = 1, b = 1 pt AB: x - y + 1 = 0 0,25 + Với 3a + b = 0 chọn a = 1, b = 3 pt AB: x - 3 y + 11 = 0 2. (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên ... B Î mpOxy Þ B( x; y; 0), C Î Oz Þ C (0; 0; z ) . uuu r uuur AH = (- 1; 0;1), BH = (2 - x;1- y; 1) 0,25 uuur uuu r uuu r BC = (- x; - y; z ), AC = (- 3; - 1; z ), AB = ( x - 3; y - 1; 0) uuu uuu rr ì AH .BC = 0 ï ï ï uuu uuu ïrr H là trực tâm D ABC Û ï BH .AC = 0 0,25 í ï uuu uuu uuu rr r ï ï [ AH , AC ]. AB = 0 ï ï î ì z= - x ì x+ z = 0 ï ï ï ï ï ï ï y = 7 - 2x Û í 3x + y + z - 7 = 0 Û í 0,25 ï ï x + yz - 3 y - z = 0 ï 2 ï ï ï 2 x + x - 21 = 0 ï î ï î éx = 3; y = 1; z = - 3 æ7 ö æ 7ö ê 7 . Vậy chỉ nhận: B ç- ;14; 0÷, C ç0; 0; ÷ Ûê ÷ç ÷ 0,25 7 ç øç ÷è ÷ ç2 è 2ø êx = - ; y = 14; z = ê 2 2 ë VII.b Giải phương trình: 10 log 3 x.log 5 x  15 log 3 x  4 log 5 x  6  0 (1,0 điểm) ĐK: x > 0 0,25 Phương trình tương đương: (5log 3 x - 2)(2 log 5 + 3)= 0 é log 3 x - 2 = 0 5 Ûê 0,25 ê log 5 + 3 = 0 2 ë 5 9 (nhận) 5 log 3 x - 2 = 0 Û x = 0,25 5 0,25 (nhận) 2log 5 x + 3 = 0 Û x = 25 ---------------Hết---------------