ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2011 MÔN: TOÁN, KHỐI A - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I pdf
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (563.01 KB, 7 trang )
1
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 (2010
-2011)
Môn thi
: Toán h
ọc
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Ngày thi: 18/5/2011
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
(7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số
1
x
y
x
(1)
1) Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Tìm
m
để đường thẳng
y
x m
c
ắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt
A
và
B
sao cho tam giác
OAB
có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
2 2
(với
O
là
g
ốc tọa độ).
Câu II
(2 điểm) 1) Giải bất phương trình
2
2 3
2
1
1
3 6.3
3
x x
x x
2) Giải phương tr
ình
3 2cos
2sin 1 tan
cos sin 1
x
x x
x
x
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2
2
0
2sin cos
dx
I
x
x
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác
.
S ABCD
có hai mặt
SAC
và
SBD
cùng
vuông góc v
ới đáy, đáy
ABCD
là hình chữ nhật có
, 3AB a BC a , điểm
I
thuộc
đoạn thẳng SC
sao cho
2SI CI
và thoả mãn
AI SC
. Hãy tính thể tích của khối
chóp
.S ABCD
theo
a
.
Câu V (1 điểm) Cho ba số thực không âm
, ,
x y z
tho
ả mãn
2
2
2
3x y z
. Hãy tìm
giá tr
ị lớn nhất của biểu thức
5
A xy yz zx
x
y z
PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A
ho
ặc B)
A. Theo chương trình Chu
ẩn
Câu VI.a
(2 điểm)1) Trong mặt phẳng hệ tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có trung
tuy
ến và phân giác trong kẻ từ cùng một đỉnh
B
có phương trình lần lượt là
1
2
: 2 3 0, : 2 0d x y d x y . Điểm
2;1M thuộc đường thẳng AB , đường
tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
có bán kính bằng 5 . Biết đỉnh A có hoành độ
dương, h
ãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
ABC
.
2) Trong không gian t
ọa độ
Oxyz
, cho các điểm
0;0;2 , 6; 3;0C K
. Viết phương
trình m
ặt phẳn
g
P
đi qua
,
C K sao cho
P
c
ắt trục ,
Ox Oy l
ần lượt tại ,
A B và th
ể
tích khối tứ diện
OABC
bằng 3.
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức
z
thỏa mãn 3 1
z
i i z và
9
z
z
là số thuần
ảo.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
(2 điểm) 1) Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy , cho các điểm
1;2 , 4;3A B . Tìm tọa độ điểm
M
sao cho
135MAB
và khoảng cách từ
M
đến
đường thẳng
AB bằng
10
2
.
sent to www.laisac.page.tl
2
2) Trong không gian tọa độ
Oxyz
, cho điểm
1; 1;0
M
, đường thẳng
2 1 1
:
2 1 1
x y z
và mặt phẳng
: 2 0
P x y z
. Tìm tọa độ điểm
A
thuộc
P
, biết
AM
vuông góc với đường thẳng
và khoảng cách từ
A
đến đường
thẳng
bằng
33
2
.
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
3 3
3 3 10
,
1
log log 0
2
x y
x y
x y
.
Hết
3
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 20
10-2011
ĐÁP ÁN
MÔN TOÁN KHỐI 12 (lần 3)
(Đáp án- thang điểm có 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
I
Tập xác định:
1
Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên:
2
1
' 0, 1
1
y x
x
.
0.25
– Hàm số nghịch biến trên các khoảng
;1
và
1;
.
– Giới hạn và tiệm cận:
–
lim lim 1
x x
y y
: tiệm cận ngang :
1
y
1 1
lim ; lim
x x
y y
tiệm cận đứng
1
x
.
0.25
– Bảng biến thiên:
x
1
'
y
y
1
1
0.25
+ Đồ thị:
– Đồ thị cắt Oy tại
0;0
O
– Đồ thị cắt Ox tại
0;0
O
– Tâm đối xứng là điểm
1;1
I
.
0.25
4
2) + PT hoành độ giao điểm
2
( ) 0
1
x
x m g x x mx m
x
(1) với
1
x
.
+
Đường thẳng
y x m
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1
x
2
0 4
4 0
0 4
1 0
(1) 0
m m
m m
m m
g
hoaëc
hoaëc
+ Gọi
1 2
;
x x
là hai nghiệm của (1), ta có
1 2
1 2
1 2
.
0
x x m
x x m
g x g x
0.50
+ Các giao điểm là
1 1 2 2
; , ;
A x x m B x x m
.
2 2
2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 4 2 4
AB x x x x x x m m
;
2
2 4
AB m m
;
2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
OA x m x x mx m g x m m m m
;
2
2
OB m m
;
,
2
m
d O AB .
2
2
4
1 1
. , . 2 4 .
2 2 2
2
OAB
m m m m
S AB d O AB m m
.
2 2
2
2 2 4
. .
2 2
4
2 4
OAB
m m m m
OA OB AB
R
S
m m m
2
6
2
4
2
m
m m
m
m
0.50
II 1) Điều kiện
2
x
hoặc
1
x
.
Bpt
2
3 3 2 2
3 3 3 3 2
x x x
x x x
0.50
2
2
2 2
0
2 0
2
2
2
0
2
x
x x
x
x x x
x
x
x x x
Tập nghiệm
; 2 2;
0.50
2) Điều kiện
cos 0,sin 1
x x
.
Pt đã cho tương đương với
sin 3 2cos
2sin 1 .
cos cos sin 1
x x
x
x x x
2
2sin 3 sin 1
2sin sin 3 2cos 2cos
cos sin 1 cos sin 1
x x
x x x x
x x x x
0.50
2 2 2 2
2sin 3 sin 1 2cos 2sin 3 cos 2cos
x x x x x x
1 5
3 2sin 2 sin 2 ; 2
2 6 6
x x x k x k k
0.50
5
III Ta có :
2 1
2sin cos 5 sin cos
5 5
5 sin sin cos cos 5 cos
x x x x
x x x
, với
2 1
sin , cos
5 5
.
0.50
2
2
0
2
0
1 1
tan tan tan
5cos 5 5 2
1 1 1 1
cot tan 2
5 5 2 2
dx
I x
x
0.50
IV
G
ọi
O AC BD
;
SAC SBD SO
;
,
SAC ABCD SBD ABCD
. Suy ra
SO ABCD
.
2
2 2 2
3 2
AC AB BC a a a OA OC a
.
Đặt
0
SO h h
;
2 2 2 2
SC SO OC h a
.
2 2
1 1
2
3 3
SI IC IC SC h a
.
Tam giác
AIC
vuông tại
I
2 2 2 2
1
35
3
AI AC IC a h
(điều kiện
35
h a ).
0.50
2 2 2 2
1
2 . . 35 . 2
3
SAC
S AI SC SO AC a h h a ha
4 2 2 4 2 2 2 2
2 35 0 7 5 0 5
h a h a h a h a h a
(thỏa mãn
0 35
h a
).
3
2
.
1 1 15
. 5. 3
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SO S a a
.
0.50
V
Đặt
2
2
3
3 2
2
t
t x y z t xy yz zx xy yz zx
.
Vì
2 2 2
0 3
xy yz zx x y z
nên
2
3 9 3 3
t t
(vì
0
t
)
Khi đó
2
3 5
2
t
A
t
=
2
5 3
2 2
t
t
.
0.50
Xét hàm số
2
5 3
2 2
t
f t
t
,
3 3
t
.
Ta có
3
'
2 2
5 5
0
t
f t t
t t
, vì
3
t . Suy ra hàm số
f t
đồng
biến trên đoạn
3;3
. Do đó
14
3
3
f t f
.
D
ấu đẳng thức xảy ra khi
3 1
t x y z
.
V
ậy giá trị lớn nhất của
A
là
14
3
, đạt được khi
1
x y z
.
0.50
6
VI a
1)
1 2
1;1
B d d B
. Gọi
N
là điểm đối xứng với
M
qua
2
d
.
Tìm
được
1;0
N
. Suy ra
: 1, : 1
BC x AB y
.
G
ọi
;1
A a
, (với
0
a
),
1;
C c
.
G
ọi
I
là trung điểm của
1 1
;
2 2
a c
AC I
.
1
1 1
2. 3 0 2 3 0
2 2
a c
I d a c
(1)
0.50
BC AB ABC
vuông tại
B
5
R IB
2 2
2 2
1 1
5 1 1 20
2 2
a c
a c
(2)
Gi
ải hệ (1), (2) ta được
3, 3
a c
. Vậy
3;1 , 1; 3
A C
.
K
ết luận :
3;1 , 1;1 , 1; 3
A B C
0.50
2) Giả sử
;0;0 , 0; ;0 0
A a B b ab
.
: 1
2
x y z
P
a b
. Vì
K P
nên
6 3
1
a b
(1)
OABC
là tứ diện vuông tại
O
nên
1 1
. . . .2 3 9
6 6
OABC
V OA OB OC a b ab
(2)
0.50
Giải hệ (1), (2) ta được
3, 3
3
6,
2
a b
a b
Vậy
1 2
: 2 2 3 6 0; : 4 3 6 0
P x y z P x y z
0.50
VII a
G
ọi
z a bi
;
; 3 3
z a bi z i a b i
1 1 1
i z i a bi b ai
.
Khi đó
2 2
2 2
3 1 3 1 3 1
z i i z a b i b ai a b b a
2
b
. 0.50
3 2
2 2
9 9 5 2 26
2 ; 2
2 4 4
a a a
z a i z a i i
z a i a a
.
9
z
z
là số thuần ảo
3
5 0 0 5
a a a a
Vậy số phức cần tìm là
2 , 5 2 , 5 2
z i z i z i
0.50
VI b
1) Gi
ả sử
;
M x y
. Kẻ
MH AB
. Từ giả thiết suy ra
10
2
MH
và tam giác
MAH
vuông cân tại
H
.
Suy ra
10
2 . 2 5
2
MA MH .
0.25
7
Yêu cầu bài toán
2 2
2 2
3 1 1 2
1
cos135
, 135
2
10. 1 2
5
1 2 5
x y
AB AM
x y
AM
x y
0.25
Đặt
1, 2
u x v y
. Khi đó ta có
2 2
0;0
3 5
1, 2
2, 1
5
1;3
M
u v
u v
u v
u v
M
0.50
2) Gọi
; ; , 2 0
A x y z x y z
(1)
1; 1; , 2; 1;1
MA x y z u
;
. 0 2 3 0
AM MA u x y z
(2)
0 0
2; 1;1 ; 2; 1; 1
M M A x y z
;
0
, ;2 ; 2
M A u y z z x x y
;
0.50
2 2 2
0
,
2 2
33
,
2
6
M A u
y z z x x y
d A
u
2 2 2
2 2 99
y z z x x y
(3)
Gi
ải hệ (1), (2), (3) ta được
23 8 17
; ; 1; 1;4 , ; ;
7 7 7
x y z
.
V
ậy
1 2
23 8 17
1; 1;4 , ; ;
7 7 7
A A
0.50
VII b
Điều kiện
0, 0
x y
.
2
3 3 3 3
1
log log 0 log log
2
x y x y x y x y x y
Với
x y
, thay vào pt thứ nhất trong hệ ta được
2
3 3 10 0
x x
x
(không thỏa mãn điều kiện).
0.50
Với
x y
, ta có
2 2
1
3 3 10 9.3 10.3 1 0 3 1 3
9
x x x x x x
0
x
(loại) ;
2
x
.
V
ậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất
; 2;2
x y
0.50
Hết
Th
ạch Thành, ngày 11 tháng 5 năm 2011
Người ra đề và làm đáp án
: BÙI TRÍ TUẤN
Mọi góp ý về đề thi và đáp án này, xin gửi về
