ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn Toán

Chia sẻ: Trần Thị Quyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

138
lượt xem 42
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo sách 'đề thi thử tuyển sinh đại học năm 2011 môn toán', 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 TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn Toán

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ---------- Môn thi: TOÁN - Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x − 3 Câu I: (2.0 điểm) Cho hàm số y = (1) x−2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B và diện tích tam giác OAB bằng 2. CâuII: (2,0 điểm) π⎞ π ⎞⎤ ⎡⎛ ⎛ 2 ⎢sin ⎜ 2 x + ⎟ − sin ⎜ x − ⎟ ⎥ = 2 ( s inx + 1) 1. Giải phương trình: 4⎠ 4 ⎠⎦ ⎣⎝ ⎝ ⎧ x − 3 y − 2 xy = 0 ⎪ 2. Giải hệ phương trình: ⎨ ⎪ x − 5 + 5 y −1 = 4 ⎩ π 2 cot x I=∫ dx . CâuIII : (1,0 điểm) Tính tích phân: π 1 + sin x 2 6 Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Biết khoảng cách a từ tâm của tam giác A’B’C’ đến mặt phẳng (AB’C’) bằng . Tính theo a thể tích của lăng trụ. 6 111 Câu V: (1,0điểm) Cho 3 số thực dương x,y,z thoả mãn: + + = 1 . xyz x+ y+ z x2 y2 z2 + + ≥ Chứng minh rằng: x + yz y + zx z + xy 4 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A, hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho: A(1 ; 2), B(3 ; 0) . Viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm A, B và cắt trục Oy theo một dây cung có độ dài bằng 2 10 . 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (α): x + y – 2z – 1 = 0 , ( β) : 3x + y – 5 = 0 và điểm A( 3 ; -1 ;0). Tìm toạ độ các điểm M thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (α), ( β) sao cho M cách đều A và mặt phẳng Oxz. Câu VII.a (1,0điểm) Tìm m để phương trình: ln x + 1 + m. ln x = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn [1; e3]. B.Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho ∆ABC có điểm C thuộc đường thẳng: x + y – 3 = 0, phương trình cạnh AB: 2x - 3y + 11 = 0, đường cao AH: 4x - 3y + 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC biết 17 diện tích tam giác ABC bằng và B có hoành độ âm. 2 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S): (x - 3)2 + y2 + (z + 2)2 = 4. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa trục Oz và tiếp xúc với mặt cầu (S). x2 −1 Câu VII.b (1,0điểm) Tìm m để hàm số y = có 2 điểm cực trị x1, x2 thuộc khoảng (- ∞; 1). x+m ---------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 :--------------------- Chữ kí giám thị 1 :---------------------------- ; Chữ kí giám thị 2 :------------------------------------
ĐÁP ÁN+THANG ĐIỂM CHẤM TOÁN THI THỬ ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 Câu Hướng dẫn & Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Học sinh khảo sát đầy đủ các bước và vẽ đúng chính xác đồ thị 1đ I ⎛ 2x − 3 ⎞ −1 2. (1,0 điểm) Ta có: M⎜ x 0 ; 0 ⎟, x 0 ≠ 2 , y' (x 0 ) = ⎜ x0 − 2 ⎟ (x0 − 2 )2 ⎝ ⎠ 2 x0 − 3 0,25đ −1 Phương trình tiếp tuyến (∆) của ( C) tại M : y = ( x − x0 ) + ( x0 − 2 ) x0 − 2 2 ⎛ ⎞ Giao điểm A, B của (∆) với hai trục toạ độ: A ( 2 x0 2 − 6 x0 + 6; 0 ) ; B ⎜ 0; 2 x0 − 6 x0 2+ 6 ⎟ 2 0,25đ ⎜ ( x0 − 2 ) ⎟ ⎝ ⎠ (2x − 6 x0 + 6 ) 2 2 S∆OAB = 2 ⇔ OA .OB = 4 ⇔ 0 0,25đ =4 ( x0 − 2 ) 2 x0 = 1. Kết luận : (∆) : y = - x + 2 0,25đ Giải ra II π⎞ ⎛ π ⎞⎤ ⎡⎛ 2 ⎢sin ⎜ 2x + ⎟ − sin ⎜ x − ⎟⎥ = 2( s inx +1) 1. (1,0 điểm) 4⎠ ⎝ 4 ⎠⎦ ⎣⎝ 0,25đ ⇔ ( sin2x + cos2x) – ( sinx - cosx) = 2 (sinx + 1) ⇔ 2sinx.cosx – 2sin2 x – 3sinx + cosx – 1 = 0 0,25đ ⇔ cosx(2sinx + 1) – sinx(2sinx + 1) – (2sinx +1) = 0 ⇔ (2sinx +1).( cosx – sinx – 1) = 0 0,25đ π 7π π ⇔ x = − + k 2π ∨ x = + k 2π ∨ x = k 2π ∨ x = − + k 2π 0,25đ 6 6 2 ⎧ x − 3 y − 2 xy = 0 (1) ⎪ 2. (1,0 điểm) ⎨ ⎪ x − 5 + 5 y −1 = 4 (2) ⎩ ĐK: x ≥ 5 , y ≥ 1/5 ( ) (1) ⇔ ( x − y ) − 2 y y+ x =0 0,25đ ( )( ) 0,25đ x − 3 y = 0 ⇔ x = 9y ⇔ y+ x ( 9 y − 5) ( 5 y − 1) = 11 − 7 y 0,25đ 9 y − 5 + 5 y −1 = 4 ⇔ Thay x = 9y vào (2) ta được: Giải ra được: y = 1 hoặc y = 29 ( loại) . Kết luận: Nghiệm của hệ: (x ; y) = (9; 1) 0,25đ π π III 1 2 2 cot x cos x dt (1,0 điểm) I = ∫ =∫ ∫ t (1 + t dx dx = 0,5đ π 1 + sin x π s inx (1 + sin x ) 2 2 2 ) 1 6 6 2 (1 + t ) - t 2 2 1 1 ⎛1 t⎞ ∫ dt = ∫ ⎜ − 0,25đ ⎟dt = t (1 + t ) 1+ t2 ⎠ 2 1⎝t 1 2 2 18 = ln2 - ln 0,25đ 25 IV (1,0 điểm) C A Gọi G’ là tâm ∆A’B’C’, M là trung điểm B’C’ Chứng tỏ được B’C’⊥mp(AB’C’)→ mp(AB’C’)⊥mp(AB’C’). 0,25đ B 0,25đ Dựng G’H ⊥ AM (H∈ AM)→ d(G’;(AB’C’)) = G’H = a /6 AA ' G ' H = ∆AA’M & ∆G’HM đồng dạng nên: 0,25đ AM G ' M H A' C' 3a 3 2 a6 0,25đ G' M ⇒AA’= .VABC.A’B’C’ = S∆ABC. AA’= B' 4 16
V (1,0 điểm) 111 + + = 1 ⇔ xy + yz + xz = xyz * ĐK : xyz x3 y3 z3 0,25đ +2 +2 *VT = x 2 + xyz y + xyz z + xyz x3 y3 z3 + + = x ( x + y ) + z ( x + y ) y ( x + y ) + z ( x + y ) z ( z + y ) + x(z+y) x3 y3 z3 + + = 0,25đ ( x + y ) . ( x + z ) ( y + x ) . ( y + z ) ( z + y ) .(z + x) x + y x + z 3x x3 + + ≥ * Mà: ; Tương tự ..... 0,25đ ( x + y ) .( x + z ) 8 8 4 Cộng vế theo vế, suy ra điều cần chứng minh. 0,25đ 1.(1,0 điểm) VIa *Gọi I(a; b) là tâm đường tròn (C), d(I, Oy) = ⎢a⎥ 0,25đ Từ giả thiết suy ra: IA2 = IB2 = a2 + 10 ⎪(1 − a ) + ( 2 − b ) = ( 3 − a ) + b ⎧ 2 2 2 2 ⎧4a − 4b = 4 0,25đ ⇔⎨ Hay: ⎨ ⎪( 3 − a ) + b ⎩ −6 a + b = 1 2 2 = a 2 + 10 2 ⎩ ⎡b = −1; a = 0 ⇔⎢ 0,25đ ⎣ b = 7; a = 8 KL: (C1): x2 + (y + 1)2 = 10, (C2): (x - 8)2 + (y - 7)2 = 74 0,25đ 2.(1,0 điểm) ⎧ x + y − 2z −1 = 0 ⎪ * Gọi M(x; y; z) là điểm thoả đề bài , ta có: ⎨3 x + y − 5 = 0 0,25đ ⎪ MA = d ( M ; (Oxz )) ⎩ ⎧x + y − 2z −1 = 0 ⎧ y = 5 − 3x ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨3 x + y − 5 = 0 ⇔ ⎨z = 2 − x 0,5đ ⎪ ⎪ x 2 − 6 x + 2 y + z 2 + 10 = 0 ⎪( 3 − x ) + ( −1 − y ) + z = y 2 2 2 2 ⎩ ⎩ ⎧x + y − 2z −1 = 0 ⎧x = 2 ⎧x = 6 ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨3 x + y − 5 = 0 ⇔ ⎨ y = −1 hay ⎨ y = −13 . KL: M1(2; -1; 0), M2(6; -13; - 4) 0,25đ ⎪ x 2 − 8 x + 12 = 0 ⎪z = 0 ⎪ z = −4 ⎩ ⎩ ⎩ VIIa ln x + 1 + m. ln x = 0 (1) (1,0 điểm) * Đặt : t = ln x +1, (x ∈ ⎡1; e3 ⎤ → t ∈[1; 2] ) . Pt (1) trở thành: t + m(t2 – 1) = 0 (2) ⎣⎦ 0,25đ t t * (2) ⇔ m = ( t = ± 1 không thoả (2) ).Xét sự biến thiên của f(t) = trên (1; 2] 0,25đ 1− t 1− t2 2 t2 +1 > 0, ∀x ∈ (1; 2] , * f ’(t) = (1− t2 ) 2 0,25đ t 1 2 *BBT: Dựa vào BBT, kết luận: m ≤ - ⅔ thì (1) f’(t) + có ít nhất một nghiệm thuộc đoan [1; 3] f(t) -∞ -⅔ 0,25đ
1.(1,0 điểm) VIb * A = AB ∩ AH → A(2 ; 5) ⎧ x = 2 + 3t → B ( 2 + 3t ; 5 + 2t ) * B ∈AB : ⎨ 0,25đ ⎩ y = 5 + 2t * C ∈(d) : x + y - 3 = 0 → C(k ; 3 - k) ⎪−3 ( k − 3t − 2 ) = 4 ( − k − 2t − 2 ) ⎧ 17 * BC ⊥ AH & S∆ABC = ⇔⎨ 0,25đ ⎪ AB.d (C ; AB ) = 17 2 ⎩ ⎪k + 17t + 14 = 0 ⎧ ⇔⎨ 0,25đ ⎪ t ( 5k + 2 ) = 17 ⎩ ⎡ t = −1 ⎡85t 2 + 68t + 17 = 0 (VN ) ⇔⎢ 1 ⇔⎢ 2 → B(-1 ; 3) ⎢t = 0,25đ ⎣85t + 68t − 17 = 0 (loai) ⎣5 KL: Pt BC : 3x + 4y – 9 = 0 2.(1,0 điểm) *Mặt cầu (S) có tâm I(3 ; 0 ; - 2), bán kính R = 2 0,25đ * Mp(α) chứa trục Oz nên pt có dạng: ax + by = 0 (a2 + b2 ≠ 0) 0,25đ 3a * Mp(α) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên: d(I,(α)) = R ⇔ = 2 ⇔ 5a 2 = 4b 2 0,25đ a +b 2 2 5 → a = ±2 . * Lập luận để chọn b = 0,25đ KL: PT mp(α) : 2x + 5 y = 0 hay – 2x + 5y=0 .(1,0 điểm) VIIb x2 −1 x 2 + 2mx + 1 y= (1) ( x ≠ - m), y ' = 0,25đ ( x + m) x+m 2 y’ = 0 ⇔ x2 + 2mx + 1 = 0 (2) ( x ≠ - m). Hàm số (1) có hai điểm cực trị thuộc (- ∞ ; 1) khi: Pt (2) có hai nghiệm x1, x2 khác –m và ⎧∆ ' > 0 ⎪ ⎪( x1 − 1) ( x2 − 1) > 0 0,25đ hay: ⎨ x1 < x2 < 1 . ⎪ x1 + x2 < 2 ⎪ m 2 − 2m 2 + 1 ≠ 0 ⎩ ⎧m − 1 > 0 2 ⎪ ⇔ ⎨1 − (−2m) + 1 > 0 0,25đ ⎪−2m < 2 ⎩ ⎧ m < −1 ∨ m > 1 ⎪ ⇔ ⎨ 2m + 2 > 0 ⇔ m >1 0,25đ ⎪−2m < 2 ⎩ (Học sinh giải theo cách khác, quý Thầy Cô tự xem xét và phân theo thang điểm thích hợp)