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

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

78
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 b - trường thpt lý tự trọng', 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 B - TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG

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 B 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 2  mx  2 (1) với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Câu II (2 điểm)  1. Giải phương trình: 2 cos 2 (2 x  )  cot x  tan x  2 4 2 x( 3 x  5  4 x  3) 2. Giải bất phương trình:  15  5 2 x  9 2x  9  3 Câu III (1 điểm) cot x  tan x  2 tan 2 x Tính  dx sin 4 x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 60 0 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC. Câu V (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng bốn nghiệm thực: m( x  4) x 2  2  5 x 2  8 x  24 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 tam giác ABC có đường phân giác trong kẻ từ A, đường trung tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương tr ình: x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z  3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm A(1;  1;  1) . Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến của (P), (Q) và nhận A là trung điểm. Câu VII.a (1 điểm) 2 2 42 x 2  22 x  y 1  4 y  4  Giải hệ phương trình:  2 2 y2  3.22 x  y  112 2  B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại B, phương trình AB : 3 x  y  2 3  0 , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (0;2) , điểm B thuộc trục Ox. Tìm tọa độ điểm C. 2. Trong không gian t ọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;1), B(2;  1;0), C (2; 4; 2) và mặt phẳng ( ) : x  y  2 z  2  0 . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức T  MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình: log x3 (4 x 2  4 x  1)  log 2 x 1 (2 x 2  7 x  3)  5 ---------------Hết--------------- Họ và tên thí sinh:………………………………www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN; khối: B Câu Đáp án Điểm I 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x 3 - 3x 2 + 2 (2,0 điểm)  Tập xác định: D = ¡  Sự biến thiên: y / = 3x 2 - 6x , 0,25 é=0 - Chiều biến thiên: / x y = 0 Û 3x 2 - 6x Û ê ê = 2 , y (0) = 2, y (2) = - 2 x ê ë Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 0) và (2; +), nghịch biến trên khoảng (0; 2) - Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = y(2) =  2; 0,25 + Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCĐ = y(0) = 2. - Giới hạn: lim  , lim   x  x  Bảng biến thiên: 0  + 2  y’(x) 0 + 0 + 2 0,25 + y(x) 2  y / / = 6x - 6, y / / = 0 Û 6x - 6 = 0 Û x = 1, y (1) = 0 y  điểm uốn I(0; 2) Đồ thị: đi qua các điểm (2; 1), (2; 3) 2 và nhận điểm uốn I(0; 1) là tâm đối xứng. 0,25 1+ 3 2 1 1- 3 x 2 2. Định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân. Hàm số có cực trị khi và chỉ khi y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt 0,25   '  9  3m  0  m  3 (1) y  x 3  3 x 2  mx  2 1 2m m  ( x  1). y ' (  2) x  2  3 3 3 0,25 Đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số có phương trình 2m m y  (  2) x  2  3 3  m6   6m Đường thẳng này cắt 2 trục Ox và Oy lần lượt tai A ;0 , B  0;   2(m  3)  0,5 3   Tam giác OAB cân khi và chỉ khi OA  OB
m6 6m   2(m  3) 3 9 3  m  6; m   ; m   2 2 3 Với m = 6 thì A  B  O do đó so với điều kiện ta nhận m   2 II  2 (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 cos (2 x  4 )  cot x  tan x  2 k Đk x  ,k   2 0,25 p cos 2x Phương trình đã cho tương đương với: 1 + cos(4x + ) = -2 2 sin x cos x cos 2x - sin 2x cos 2x - sin 2x Û (cos 2x - sin 2x )2 = 0,25 Û 1 - sin 4x = sin x cos x sin x cos x é os 2x - sin 2x = 0 é an 2x = 1 c t Ûê Ûê 0,25 ê ê 4x + cos 4x = 5 (cos 2x - sin 2x ) sin 2x = 2 sin ê ê ë ë p lp Þ x= + ,l Î Z 8 2 0,25 p lp So với điều kiện ta có nghiệm của phương trình là x = + ,lÎ ¢ 8 2 2 x( 3 x  5  4 x  3) 2. Giải bất phương trình:  15  5 2 x  9 2x  9  3 5 Đk x ³ 3 Bất phương trình đã cho tương đương với 0,25 2x ( 3x - 5 + 4x - 3) - 5( 2x + 9 - 3) < 0 2x + 9 + 3 Û 3x - 5 + 4x - 3 - 5 < 0 5 Xét hàm số f (x ) = 3x - 5 + 4x - 3 - 5, " x ³ 3 3 2 5 Có f '(x ) = + > 0, " x > 0,50 3 2 3x - 5 4x - 3 5 nên hàm f (x ) tăng " x ³ , mặt khác f ( 3) = 0 3 5 0,25 Từ đó suy ra nghiệm của bất phương trình là £ x £ 3 3 III cot x - t an x - 2 t an 2x 2 cot 2x - 2 t an 2x 0,25 (1,0 điểm) ò dx = ò dx sin 4x sin 4x 2 cot 4x 0,25 =ò dx sin 4x cos 4x = 2ò dx 0,25 sin 2 4x 1 0,25 =- +C 2 sin 4x
IV Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại B, AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với đáy, (1,0 điểm) góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 60 0 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB và SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC. 0,25 Chứng minh HK  SC  tam giác AHK vuông tại H và S · 0,25 A KH = 600 K  A H = A K . sin 600 A B .A C a2  SA = = 0,25 2 2 2 3A C - 4A B H A C a2 3 1 S DABC = A B .B C = 2 2 0,25 B a3 6 1 V = S D A B C .SA = 3 12 V Pt đã cho được viết lại về dạng: m( x + 4) x 2 + 2 = ( x + 4) 2 + 4( x 2 + 2) (1) (1,0 điểm) Do x =  4 không phải là nghiệm (1) dù m lấy bất cứ giá trị nào nên: 4 x2 + 2 x+ 4 pt (1)  m = + (2) 0,25 x+ 4 x2 + 2 x+ 4 4 Đặt t = , pt (2) trở thành: m = t + t 2 x +2 x+ 4 2 - 4x 1 . TXĐ: ¡ , f '( x) = Xét hàm f ( x ) = ; f '( x ) = 0 Û x = 2 2 2 2 x +2 ( x + 2) x + 2 æ1 ö f ç ÷= 3; lim f ( x ) = - 1 ; lim f ( x) = 1 ç2÷ çø è÷ x® - ¥ x® + ¥ 1 Bảng biến thiên: x  2 +  f’(x) + 0 0,25 3 t = f(x) 1 1 x+ 4 Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của t là: 1 < t  3 và pt t = có 2 x2 + 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 1 < t < 3 (3) t2 - 4 4 Lại xét hàm g (t ) = t + với 1 < t  3 ; g '(t ) = ; g '(t ) = 0 Þ t = 2 t2 t 13 , lim f ( x) = - ¥ ; lim f ( x ) = + ¥ g (- 1) = - 5; g (1) = 5; g (2) = 4; g (3) = 3 x® 0- x ® 0+ Bảng biến thiên: x 1 0,25 1 2 3 0  g’(x) 0  + 5 13 5 m = g(x) 3 4  13 Từ (3) và bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là: 4 < m < 0,25 3 1. Cho tam giác ABC có đường phân giác trong góc A, đường trung tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ VI.a
(2,0 điểm) từ C lần lượt là x + y – 3 = 0, x – y + 1 = 0, 2x + y + 1 = 0. Tính tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Đặt lA: x + y – 3 = 0, mB: x – y + 1 = 0, hC: 2x + y + 1 = 0 - A  lA  A(a; 3-a); B  mB  B(b;b+1); C  hC  C(c;-1-2c) 0,25 - AB  hC  3a + b – 4 = 0 (1) æ + c 2 - a - 2c ö a ÷ Gọi M là trung điểm của AC  M ç ÷ ç2; ç ÷ ÷ 0,25 2 è ø M  mB  2a + 3c = 0 (2) æ + 2b + c 4 - a + 2b - 2c ö a ÷ - Gọi N là trung điểm BM  N ç ÷ ; ç ÷ ÷ ç 0,25 4 4 è ø lA  mB  N  lA  4b – c – 8 = 0 (3) Giải hệ ba phương trình (1), (2) và (3) ta được æ 2 39 ö æ32 49 ö æ 8 1ö 1 0,25 A ç ; ÷, B ç ; ÷, C ç- ÷ ÷ç ÷ ç17 17 ÷ ç 17 ; - 17 ÷ ç ÷ç ÷ ÷ ÷è ÷ ç17 17 ø è è ø ø 2. Trong không gian t ọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + z  3 = 0, (Q): y + z + 5 = 0 và điểm A(1;  1;  1) . Tìm tọa độ các điểm M trên (P), N trên (Q) sao cho MN vuông góc với giao tuyến của (P), (Q) và nhận A là trung điểm. M Î (P ) Þ M (x ; y ; 3 - x ) A là trung điểm MN  N (2 - x ; - 2 - y ; - 5 + x ) 0,25 N Î (Q ) Þ x - y = 2 (1) uuuu r MN = (2 - 2x ; - 2 - 2y ; - 8 + 2x ) r r Vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q): n 1 = (1; 0;1), n 2 = (0;1;1) 0,25 r rr  n = [n 1, n 2 ] = (- 1; - 1;1) uuuu r r MN vuông góc với giao tuyến của hai mặt phẳng (P), (Q)  MN .n = 0 0,25  2x + y = 4 (2) Giải hệ phương trình gồm (1) và (2) ta được x = 2, y = 0 0,25  M (2; 0;1), N (0; - 2; - 3) VII.a 2 2 42 x 2  22 x  y 1  4 y  4 (1)  (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 2 y2  3.22 x  y  112 2 (2)  2 Đặt u = 4 x - 1 , v = 2 y , ĐK: u > 0, v > 0. Khi đó hệ trở thành: ì (u - v )2 = 4 ì u- v = 2 ì u- v = - 2 ï 0,25 ï ï ï Ûï 2 (I) hoặc ï 2 (II) í2 í í ï 4v + 12uv = 112 ï 4v + 12uv = 112 ï 4v + 12uv = 112 ï ï ï î î î ì ü æ3 7 öï ï Giải (I), (II) được: (u; v) = ï (4; 2), ç ; ÷ ï 0,25 í ç 2 2 øý ÷ ç ÷ ï ï è ï ï î þ ( )  (u; v) = (4;2)  ( x; y ) = ± 2; 1 0,25 æ3 7 ö æ1 ö  (u; v) = ç ; ÷ ( x; y ) = ç± 2 log 2 6; log 2 7 - 1÷ 0,25 ÷ ÷ ç ç ÷ ÷ ç2 2 ø ç2 è è ø 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại B, phương tr ình VI.b (2,0 điểm) AB : 3 x  y  2 3  0 , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là I (0;2) , điểm B thuộc trục Ox. Tìm tọa độ điểm C. ( ) - B = AB  Ox  B(2;0); A  AB  A a ;a 3 - 2 3 0,25
( ) - IA = IB  A 1 + 3; 3 -3 0,25 uur - AC qua A và vuông góc với IB = (2; - 2)  AC: x - y + 2 - 2 3 = 0 0,25 C Î A C Þ C (c;c + 2 - 2 3) ( 3- ) - I B = IC  C 1;1 - 3 0,25 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;0;1), B(2;  1;0), C (2; 4; 2) và mặt phẳng ( ) : x  y  2 z  2  0 . Tìm tọa độ điểm M trên () sao cho biểu thức T  MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. M Î (a ) Þ M (- y - 2 z - 2; y; z) uur uuu uuu r r r 0,25 Gọi G là điểm sao cho: GA + GB + GC = 0 Þ G (1; 1; 1) Þ GA2 + GB 2 + GC 2 = const uuu 2 uuu 2 uuur 2 r r u uuuu uuu uuu uuu rr r r T  MA  MB  MC  3MG 2  2 MG (GA  GB  GC )  GA2  GB 2  GC 2 0,25  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  T nhỏ nhất  MG nhỏ nhất  M là hình chiếu vuông góc của G trên mp() uuur r Û MG = ( y + z + 3; 1- y; 1- z ) cùng phương với vtpt của (): n = (1; 1; 2) 0,25 y + 2 z + 3 1- y 1- z Û = = 1 1 2 ì 2 y + 2z = - 2 ì y = 0 ï ï Ûï Ûï Vậy: M (0; 0; - 1) và Tmin = 40 0,25 í í ï 2y - z = 1 ï z= - 1 ï ï î î VII.b Giải phương trình: log x3 (4 x 2  4 x  1)  log 2 x 1 (2 x 2  7 x  3)  5 (1) (1,0 điểm) ì ï ïx > - 1 Đk: ï í ïx ¹ 0 2 0,25 ï ï î Phương trình đã cho tương đương với 4 logx + 3 (2x + 1) + log2x + 1(x + 3) = 4 (2) Đặt t = log2x + 1 (x + 3) , t  0. Phương trình (2) trở thành: t 2 - 4t + 4 = 0  t = 2 0,25 2 2  log2x + 1 (x + 3) = 2  x + 3 = (2x + 1)  4x + 3x - 2 = 0 0,25 - 3 ± 41 x= 8 0,25 - 3 + 41 So với điều kiện, ta được nghiệm của phương trình (1) là x = 8 ---------------Hết---------------